Musterlösung zur Klausur - Lehrstuhl für Optik, Uni Erlangen

1
2
3
Nur vom Korrektor auszufüllen!
5
6
7
8
9
4
10
∑
Note
Experimentalphysik für Naturwissenschaftler II
Universität Erlangen–Nürnberg
SS 2012
Klausur (13.7.2012)
Name (in Druckbuchstaben):
Matrikelnummer:
Studiengang:
Bitte beachten: In die Wertung der Klausur gehen nur 8 der 10 gestellten Aufgaben ein. Kennzeichnen Sie
deshalb deutlich vor Abgabe der Klausur, welche zwei Aufgaben nicht gewertet werden sollen! Sie müssen dies
entscheiden, sonst werden einfach zwei Aufgaben nach Belieben gestrichen. Mit jeder Aufgabe können 8 Punkte
erreicht werden.
Empfehlung: Sehen Sie sich am Anfang der Klausur alle Aufgaben kurz an und entscheiden dann, welche Sie in
welcher Reihenfolge bearbeiten wollen. Sollten Sie eine Teilaufgabe nicht bearbeitet haben, benötigen aber deren
Ergebnis für die nächste Teilaufgabe, so nehmen Sie den angegebenen Wert der Ersatzlösung, kennzeichnen dies
auf Ihrem Blatt und rechnen damit weiter.
——————————————————————————
1) Gasbehälter
Jm
−3 m
Ein Mol eines realen Gases (van-der-Waals-Konstanten: a = 0,422 · 106 kmol
) wird bei einer
2 , b = 37,2 · 10
kmol
Temperatur T1 = 395,21 K in einen würfelförmigen Gasbehälter mit Kantenlänge l = 32 cm gefüllt. Hinweis:
R = 8,3144 K Jmol
(a) Berechnen Sie den Druck p1 des Gases. (Ersatzlösung p1 = 2 bar)
Lösung (3 Punkte):
Volumen:
V = l3 = 0,0328 m3
(1)
3
3
Druck:
)
(
nRT1
an2
an2
− 2 = 1,000 · 105 Pa = 1,000 bar
p1 + 2 (V − nb) = nRT1 ⇒ p1 =
V
V − nb
V
(2)
(b) Nun wird der Behälter in ein Wärmebad gebracht. Hier steigt der Druck p2 in dem Behälter um 50 % an.
Welche Temperatur hat das Wärmebad? (Ersatzlösung T2 = 500 K)
Lösung (2 Punkte):
Neuer Druck p2 = 1,5p1
(
an2
T2 = 1,5p1 + 2
V
(Mit Ersatzlösung aus (a): T2 = 1182,5 K)
)
(V − nb))
1
1
= 592,04 K
nR
(3)
(c) Durch das Erwärmen ändert sich die Entropie in dem Gasbehälter um den Betrag ∆S. Berechnen Sie diese
kJ
Entropieänderung. Nehmen Sie dafür eine molare Wärmekapazität von cV = 0,0112 Kmol
an.
Lösung (3 Punkte):
∫
T2
∆S =
T1
dQ
=
T
∫
T2
T1
cv ndT
= cv n ln
T
(
T2
T1
)
= 4,527
J
K
(4)
(Mit der in (b) gegebenen Ersatzlösung: ∆S = 2,634 KJ . Mit dem in (b) aus der Ersatzlösung von (a) berechneten
Temperaturwert: ∆S = 12,28 KJ )
2
Name:
Matrikelnummer:
2) Düse
Wasser strömt horizontal (siehe Skizze) durch eine Düse mit veränderlichem Querschnitt, die sich in der Höhe
h = 2 m über dem Boden befindet. Die Düse besitzt die Querschnittsflächen A1 = 5 cm2 sowie A2 = 2, 5 cm2 .
Die Geschwindigkeit v1 beträgt v1 = 5 cm/s. Nach Verlassen der Düse wird der Wasserstrahl in einem Eimer
aufgefangen.
(a) Begründen Sie qualitativ, warum sich die Geschwindigkeiten v1 und v2 unterscheiden, und berechnen Sie v2 .
(Ersatzlösung: v2 = 12 cm/s)
Lösung (2 Punkte):
Kontinuitätsgleichung, Massen- bzw. Volumenerhaltung bei inkompressiblen Flüssigkeiten: A1 · v1 = A2 · v2
Damit ist
v2 =
A1
· v1 = 10 cm/s.
A2
(b) Welchen Geschwindigkeitsbetrag hat der Wasserstrahl, wenn er am Boden des (als leer angenommenen)
Eimers ankommt?
Lösung (3 Punkte):
Horizontalkomponente der Geschwindigkeit am Boden des Eimers:√vx = v2
Vertikalkomponente aus Energieerhaltung: 21 ρvy2 = ρgh, d.h. vy = 2gh = 6,26 m/s
Damit erhält man für den Betrag der Geschwindigkeit
√
√
2
2
v = vx + vy = v22 + 2gh = 6,26 m/s
Im Grunde ist hier vy ≫ vx , so dass man auch die Horizontalkomponente vernachlässigen kann.
Mit Ersatzlösung: v = 6,27 m/s
(c) Wie lange dauert es, bis der (zylindrische) Eimer gefüllt ist, wenn er den Radius r = 20 cm und die Höhe
d = 50 cm aufweist?
3
Lösung (3 Punkte):
Volumenstrom
I = A1 · v1 = A2 · v2 = 2,5 · 10−2 l/s.
Das Volumen des Eimers beträgt
V = r2 πd = 0,0628 m3
Damit ergibt sich
t=
V
= 2513 s = 0,7 h
I
Wird für den Volumenstrom die Ersatzlösung für v2 verwendet, ergibt sich I = 3 · 10−2 l/s, sowie t = 2094 s =
0,58 h.
4
Name:
Matrikelnummer:
3) Flüssiges Ethan
Für ein Experiment brauchen Sie etwas flüssiges Ethan (Masse m = 500 g, spezifische Wärmekapazität cEthan =
1,75 kJ/(kg K), Temperatur T1 = −120 o C). Sie bekommen den Stoff in der Chemie Fakultät und transportieren
ihn in einem Kryostaten (Wärmedurchgangskoeffizient k = 0,9 W/(m2 K), Oberfläche A = 400 cm2 ). Die
Außentemperatur beträgt T2 = 8 o C.
(a) Berechnen Sie den anfänglichen Wärmestrom P in den Kryostaten.
Lösung (2 Punkte):
Temperaturdifferenz zwischen innen und außen: ∆T = 8 o C − (−120 o C) = 128 K
P =
dQ
= k · A · ∆T = 4,6 W
dt
(b) Zeigen Sie, dass für die Änderung der Temperaturdifferenz ∆T = T2 − T1 in einem infinitesimalen Zeitintervall dt gilt:
d(∆T )
kA
=−
dt
∆T
cEthan m
Lösung (3 Punkte):
Für die in der Zeit dt aufgenommene infinitesimal kleine Wärmeenergie dQ gilt:
dQ = P dt = kA∆T dt
Deshalb beträgt die Änderung der Temperaturdifferenz
d(∆T ) = dT2 − dT1 = 0 −
dQ
cEthan m
=−
kA∆T
dt
cEthan m
Hierbei wurde ausgenutzt, dass dT2 = 0, weil T2 = const. Außerdem wurde die Definition der Wärmekapazität
dQ
= cEthan m.
benutzt:
dT
Daraus folgt die gesuchte Formel:
d(∆T )
kA
=−
dt
∆T
cEthan m
(c) Da Sie den experimentellen Aufbau erst am Sonntagmorgen um 8 Uhr zur Verfügung haben, das flüssige
Ethan aber schon am Freitag um 17 Uhr abholen mussten, brauchen Sie einen besonders guten Kryostaten. Wie
groß darf der Wärmedurchgangskoeffizient k des neuen Kryostaten höchstens sein, wenn die Siedetemperatur
von Ethan bei −88,5 o C liegt und sich das Ethan bis zum Beginn des Experimentes nur so weit erwärmt haben
darf?
Lösung (3 Punkte):
Gesucht: Der Wärmedurchgangskoeffizient k, bei dem sich das Ethan innerhalb der 39 Stunden (τ =140400
Sekunden) auf −88,5 o C erwärmt.
Die Temperaturunterschiede zwischen Ethan und Außenluft betragen am Anfang ∆T0 = 128 K und am Ende
5
∆T1 = 96,5 K.
Durch Integration der in (b) angegebenen bzw. bewiesenen Formel erhält man:
∫ ∆T1
∫ τ
d∆T
kA
dt
=−
∆T
cEthan m 0
∆T0
(
)
∆T1
kA
=−
·τ
ln
∆T0
cEthan m
(
)
cEthan m
∆T1
k=−
ln
τA
∆T0
W
k = 0,044 2
mK
Der Wärmedurchgangskoeffizient darf somit nicht größer als 0,044
6
W
sein.
m2 K
Name:
Matrikelnummer:
4) Römischer Brunnen
Adriana steht am Trevi-Brunnen in Rom und schaut über den Rand gebeugt senkrecht ins Wasser, wobei sich
ihre Augen in der Höhe H = 500 mm über der Wasseroberfläche befinden. Am Grunde des Brunnens in der
Wassertiefe T = 500 mm sieht sie eine besondere Münze mit Radius r = 5 mm liegen. Sie sieht das Geldstück
gegenüber normaler Betrachtung mit veränderter Größe, da Wasser einen höheren Brechungsindex (nW = 1,33)
als Luft (nL = 1,00) besitzt.
(a) Skizzieren Sie den Strahlengang zwischen der Münze und Adriana’s Auge für einen Lichtstrahl von der Mitte
der Münze aus und für einen Lichtstrahl vom Rand der Münze! Sieht Adriana die Münze verkleinert oder vergrößert verglichen mit dem Fall, dass das Wasser aus dem Brunnen abgelassen werden würde? Berechnen Sie den
Vergrößerungsfaktor, indem Sie die Sehwinkel der Münze mit Wasser (ϵW ) und ohne Wasser (ϵL ) durcheinander
dividieren! Hinweis: Verwenden Sie die Näherung kleiner Winkel!
Lösung (3 Punkte):
Der Sehwinkel ϵL ohne Wasser (siehe Skizze: Winkel zwischen rotem und blauem Strahl) würde sich im Fall
kleiner Winkel einfach aus dem Verhältnis Radius r der Münze zur Entfernung H + T vom Auge ergeben:
ϵL =
r
H +T
Der Sehwinkel ϵW mit Wasser (Skizze: Winkel zwischen rotem und grünem Strahl) beträgt dagegen im Fall
kleiner Winkel:
r = T αW + HαL
Aus dem Brechungsgesetz folgt aber:
nL sin αL = nW sin αW ⇒ nL αL = nW αW ⇒ αW =
nL
αL
nW
Eingesetzt und aufgelöst nach ϵW = αL (Gleichheit folgt daraus, dass beide Wechselwinkel an Parallelen sind)
folgt:
(
)
(
)
nL
nL
r
r=
T + H αL =
T + H ϵW ⇒ ϵW = nL
nW
nW
T +H
nW
Der Vergrößerungsfaktor ist also:
V = ϵW /ϵL = nLH+T
= 1,14
T +H
nW
Die Münze erscheint also leicht vergrößert!
7
(b) Adriana will sich die Münze genauer ansehen und sie deshalb aus dem Wasser holen. Dazu findet sie in
ihrer Hosentasche einen Magnet und eine Schnur. Doch bevor sie den Magnet auswerfen kann, schnappt sich ein
kleiner Zierfisch die Münze und bleibt damit an einer Position, die für sie unter einem Winkel von αB = 25◦
relativ zur Waagrechten erscheint, am Grund stehen. In welche horizontale Entfernung a (von Adriana’s Auge
aus) muss Adriana den Magnet werfen, um die Münze zu treffen, unter der Annahme, dass der Magnet sofort
senkrecht nach unten abtaucht, sobald er die Wasseroberfläche trifft?
Lösung (3 Punkte):
Die horizontale Entfernung a zwischen dem Auge von Adriana und dem Ort, an dem sich der Magnet befindet,
kann unter Verwendung des Strahlverlaufs (siehe Skizze) und des Snellius’schen Gesetzes berechnet werden:
αW
sin (90◦ − αB )
nW
=
sin αW
nL
(
)
nL
◦
= arcsin
· sin (90 − αB ) = 42,96◦
nW
a = H · tan (90o − αB ) + T · tan αW =
H
+ T · tan αW = 1,54 m
tan αB
(c) Bis zu welchem Blickwinkel zur Senkrechten kann der Zierfisch noch Objekte oberhalb der Wasseroberfläche
sehen? Was sieht er jenseits dieses Winkels?
Lösung (2 Punkte):
Der Fisch kann allerhöchstens noch das Licht von Objekten mit αL = 90◦ wahrnehmen.
αW
sin αW
nL
=
◦
sin (90 )
nW
(
)
nL
= arcsin
= 48,75◦
nW
Dieser Winkel ist der Grenzwinkel zur Totalreflexion. Bei größeren Winkeln sieht der Zierfisch nur noch das
Spiegelbild der anderen Münzen oder Objekte im Brunnen.
8
Name:
Matrikelnummer:
5) Geladene Teilchen in elektrischen und magnetischen Feldern
In der skizzierten Anordnung werden Elektronen mit vernachlässigbarer Anfangsgeschwindigkeit durch die Spannung UB beschleunigt. Anschließend durchlaufen sie einen Kondensator mit zum elektrischen Feld senkrecht
stehendem magnetischen Feld B1 . Das Magnetfeld zeigt vom Betrachter weg in die Papierebene. Die Elektronen
laufen auf einer geraden Bahn und passieren die Blende A. Nun werden sie von einem weiteren Magnetfeld B2
so abgelenkt, dass sie durch die Blende B gelangen. Die Anordnung befindet sich im Vakuum.
As
(Masse des Elektrons mElektron = 9,11 · 10−31 kg, ϵ0 = 8,85 · 10−12 Vm
, Elementarladung e = 1,60 · 10−19 C)
(a) Wie muss das Magnetfeld B2 orientiert sein, damit die abgebildete Anordnung Sinn ergibt?
Lösung (1 Punkt):
Damit die negativ geladenen Elektronen nach oben abgelenkt werden, muss das Feld aus der Zeichenebene heraus, auf den Betrachter zukommend orientiert sein (linke Hand!).
(b) Der Kondensator trägt eine Ladung Q = 10 nC und hat eine Fläche von A = 0, 5 m2 . Wie groß ist die elekV
trische Feldstärke im Kondensator? (Ersatzlösung: E = 3000 m
)
Lösung (1 Punkt):
E = ϵ0QA = 2259,9 V/m
(c) Das magnetische Feld im Kondensator ist B1 = 1 mT. Wie groß ist die Geschwindigkeit der Elektronen, die
den Kondensator auf gerader Bahn durchlaufen? (Ersatzlösung: v = 2500 km
)
s
Lösung (2 Punkte):
Kräftegleichgewicht: qE = qvB, also v =
E
B
= 2,26 · 106 m/s
(d) Wie groß muss die Beschleunigungsspannung demnach sein?
Lösung (2 Punkte):
Energie, die Elektron beim Durchlaufen der Spannung gewinnt, wird in kinetische Energie umgesetzt:
9
2
U q = mv 2 /2, also U = mv
= 14,5 V
2q
(Mit Ersatzlösung: U = 17,8 V)
(e) Wie groß ist der Bahndurchmesser d der Kreisbahn im Magnetfeld B2 , wenn B2 = 1,0 mT gilt?
Lösung (2 Punkte):
Bewegungsrichtung und Magnetfeld sind senkrecht, so dass für den Betrag der Lorentzkraft gilt: FL = qvB.
2
Zentripetal- und Lorentzkraft gleichsetzen: mvr = qvB ⇒ d = 2r = 2mv
= 2,6 cm
qB
10
Name:
Matrikelnummer:
6) Thermodynamischer Kreisprozess
Das Arbeitsgas eines Kreiprozesses wird im ersten Takt adiabatisch vom Punkt A zum Punkt B (Druck pB =
46,42 bar, Volumen VB = 0,05 l, Temperatur TB = 1063,78 ◦ C) komprimiert. Anschließend wird das Gas vom
Punkt B zum Punkt C durch Anschließen eines Wärmebads isochor erwärmt. Jetzt dehnt sich das Gas so schnell
vom Punkt C zum Punkt D (Temperatur TD = 70,00 ◦ C) aus, dass keine Wärme mit der Umgebung ausgetauscht
wird (adiabatisch). Im letzten Schritt wird das Gas isochor zum Punkt A abgekühlt. Das Arbeitsgas wird als ideal
angenommen, wodurch sich ein Adiabatenkoeffizient von κ = 35 ergibt. Das Verhältnis der Volumina von VA zu
J
VB liegt bei 10 : 1 ( VVBA = 10). Die universelle Gaskonstante beträgt R = 8,31 K mol
.
(a) Skizzieren Sie das zu diesem Kreisprozess gehörige P-V-Diagramm.
Lösung (1 Punkt):
(b) Berechnen Sie alle Drücke, Temperaturen und Volumina an den jeweiligen Eckpunkten.
Lösung (3 Punkte):
Punkt A:
VA = 10 · VB = 0,5 l
pA · VAκ = pB · VBκ ⇒ pA = pB · 10−κ = 1 bar
TA · VAκ−1 = TB · VBκ−1 ⇒ TA = TB · 10−(κ−1) = 288 K
Punkt B: pB = 46,42 bar, VB = 0,05 l, TB = 1063,78 ◦ C = 1336,93 K
Punkt D: TD = 70 ◦ C = 343,15 K
VD = VA = 0,5 l
pA
TD
pD
=
⇒ pD = pA
= 1,19 bar
TD
TA
TA
Punkt C:
VC = VB = 0,05 l
pD · VDκ = pC · VCκ ⇒ pC = pD · (
VA κ
) = 55,30 bar
VB
pB
TB
pC
=
⇒ TC = pC ·
= 1592,6 K
TC
TB
pB
11
(c) Wie viel Mol des Arbeitsgases befinden sich im Kolben?
Lösung (1 Punkt):
n=
pB · VB
= 2,09 · 10−2 mol
R · TB
(d) Berechnen Sie den Wärmestrom für die einzelnen Teilprozesse sowie für das gesamte System.
Lösung (3 Punkte):
A→ B: ∆Q = 0
B→ C: ∆Q = ∆U = (3/2) · n · R · (TC − TB ) = 66,6 J
C→ D: ∆Q = 0
D→ A: ∆Q = ∆U = (3/2) · n · R · (TA − TD ) = −14,4 J
Der Wärmestrom im Gesamtprozess (= Summe der Wärmeströme aller Teilprozesse) ist also ∆Qges = 52,2 J
12
Name:
Matrikelnummer:
7) Widerstandsnetzwerk
Gegeben sei das folgende Widerstandsnetzwerk. Alle Widerstände haben die Größe R = 3 Ω.
(a) Berechnen Sie den Gesamtwiderstand der Schaltung zwischen A und B. (Ersatzlösung: R = 2 Ω)
Lösung (4 Punkte), siehe folgende Abbildung:
Die zwei parallel geschalteten Widerstände im roten Kasten bilden den Widerstand R1 . Dieser Widerstand bildet
mit dem Widerstand Rc eine Reihenschaltung (Widerstand R2 , angedeutet durch den grünen Kasten). Parallel zu
R2 ist noch einmal ein Widerstand der selben Größe geschaltet. Somit errechnet sich der Gesamtwiderstand wie
folgt:
(
R1 =
1
1
+
R R
)−1
=
R
3R
+R=
= 4,5 Ω
2
2
(
)−1 (
)−1
2
1
1
3R
= 2
=
+
=
= 2,25 Ω
R2 R2
3R
4
R2 =
Rges
R
= 1,5 Ω
2
13
(5)
(6)
(7)
(b) Berechnen Sie den Gesamtstrom, wenn zwischen A und B eine Spannung von 40 V angelegt wird.
Lösung (1 Punkt)(Ersatzlösung jeweils in Klammern):
I=
U
160
=
A = 17,78 A (20 A)
Rges
9
(8)
(c) Berechnen Sie die Ströme und Leistungen durch die einzelnen Widerstände.
Lösung (3 Punkte)(Ersatzlösung jeweils in Klammern):
Durch Rc und Rd fließt jeweils die Hälfte des Stroms also 80/9 A = 8,89 A (10 A)
Durch Ra , Rb , Re und Rf fließt jeweils ein Viertel des Stroms also 40/9 A = 4,44 A (5 A)
Leistungen:
Mit P = I 2 R ergibt sich:
An Rc und Rd fällt jeweils eine Leistung von 6400/27 W = 237,04 W (300 W) ab.
An Ra , Rb , Re und Rf fällt jeweils eine Leistung von 1600/27 W = 59,26 W (75 W) ab.
Die Summe der Leistungen an den Widerständen beträgt also 19200/27 W = 6400/9 W = 711,12 W (mit
Ersatzlösung 900 W), das entspricht dem Produkt aus der angelegten Spannung U = 40 V und dem gesamten
Strom 160/9 A = 17,78 A. Bei Verwendung der Ersatzlösung funktioniert diese Überprüfung natürlich nicht, da
dort die Einzelwerte nicht aufeinander abgestimmt sind.
14
Name:
Matrikelnummer:
8) Spule im Stromkreis
Der Stromkreis in obenstehender Abbildung besteht aus Ohm’schem Widerstand R = 6 Ω, einer Spule mit unbekannter Induktivität L und vernachlässigbarem Ohm’schen Widerstand, einer Batterie mit der Gleichspannung
U0 = 10 V mit vernachlässigbarem Innenwiderstand und dem (zunächst) geschlossenen Schalter S.
(a) In der Spule ist die Energie von W = 2,6 J gespeichert. Wie groß ist die Induktivität der Spule?
(Ersatzlösung:L = 0,5 H)
Lösung (2 Punkte):
Strom im Kreis: I = UR0
U2
Energieinhalt der Spule: W = 21 LI 2 = 12 L R02 = 2,6 J
2
=> L = 2WU 2R = 1,87 H
0
(b) Nun werde der Schalter S geöffnet, fünf Minuten gewartet, so dass sich das Magnetfeld vollständig abgebaut
hat, und dann wird der Schalter S bei t = 0 s wieder geschlossen. Wie groß ist der Strom in der Spule nach 0,1
Sekunden?
Lösung (3 Punkte):
Beim Aufladen der Spule gilt für die Summe der Spannungsabfälle:
U0 = RI − Uind = RI + L
dI
dt
Weiterhin muss die Stromstärke für t → ∞ gegen U0 /R gehen (Randbedingung der Differentialgleichung). Die
Lösung dieser Differentialgleichung ist also:
I(t) =
)
−Rt
U0 (
1−e L
⇒ I(t = 0,1 s) = 0,457 A
R
(c) Wieviel Energie wird am Widerstand im Grenzfall t → ∞ in Wärme umgewandelt?
Lösung (1 Punkt):
U2
Leistung: P = U0 I = R0 = 16,7 W
(d) Die Gleichspannungsquelle wird durch eine Wechselstromquelle mit der Kreisfrequenz ω = 2π · 50 Hz und
der Stromstärke I(t) = 1 A · sin(ωt) ersetzt. Wie groß ist die an der Spule induzierte Spannung zur Zeit t =5,5
Sekunden?
Lösung (2 Punkte):
Es sei I0 = 1 A. Da die Stromstärke vorgegeben ist und nicht etwa die Spannung, die bzgl. der Stromstärke
eine Phasenverschiebung haben könnte, kann die induzierte Spannung direkt berechnet werden, ohne zuerst die
15
Impedanz des gesamten Stromkreises zu berechnen:
Uind = −L dI
= −LωI0 cos(ωt) = −588 · cos(2π · 50 Hz · 5,5 s) V = −588 V
dt
16
Name:
Matrikelnummer:
9) Druck kompressibler und inkompressibler Medien
Gegeben sei ein mit Wasser gefüllter Glasquader (siehe Skizze).
(a) Welche Kraft wirkt auf die Frontseite, also aus der Zeichenebene heraus, wenn der Füllstand c1 = 1,5 m
beträgt?
Lösung (3 Punkte):
∫ c1
∫
∫ a ∫ c1
1
dz p(x, z) = a
dz ρgz = aρgc21 = 55 kN
F =
p(x, z)dA =
dx
2
0
0
A
0
(b) Welche Kraft wirkt auf die Seite aus (a), wenn der Quader von Meereshöhe auf h = 1000 m gehoben wird?
(Der Glasquader seit luftdicht abgeschlossen, Lufttemperatur = const., Normalbed. p0 = 1013 hPa, ρ0 = 1,3 mkg3 .
Die Variation des Luftdrucks über der Höhe des Quaders kann natürlich vernachlässigt werden!)
Lösung (3 Punkte):
Vorher: Druckoffset durch Luftdruck p0,innen = p0,aussen , daher nur Wasserdruck p(z) = ρgz von Belang.
Jetzt ist der Druck im Wasser aber:
p(x, z) = ρgz + (p0 − p(h))
Außerdem gibt es auch in dem Bereich der Scheibe, der überhalb des Wasserstandes liegt, einen
Luftdruckunterschied p0 − p(h), so dass zusätzlich noch eine Kraft FLuf t (h) = a(c − c1 )(p0 − p(h)) auf die
Scheibe wirkt.
Barometrische Höhenformel:
ρ
− 0 gh
p(h) = p0 e p0
Damit gilt für die Kraft, die auf den Bereich der Scheibe unterhalb des Wasserstandes wirkt:
∫
FW asser (h) =
∫
p(x, z)dA =
A
∫
a
dx
0
∫
c1
c1
dz p(x, z) = a
0
0
1
dz (ρgz + (p0 − p(h))) = aρgc21 +ac1 (p0 −p(h))
2
Die Gesamtkraft ist also die Summe aus beiden Kräften:
1
F = FW asser (h) + FLuf t (h) = aρgc21 + ac(p0 − p(h)) = a
2
(
ρ
1
− 0 gh
ρgc21 + cp0 (1 − e p0 )
2
)
= 235 kN
(c) Zeigen Sie, dass es für die Kraft auf die Bodenseite keinen Unterschied macht, auf welche Seite man den
Quader stellt.
Lösung (2 Punkte):
17
F = A · p = A · ρghW asser = ρgVW asser = const.
Dichte, Ortsfaktor und Wasservolumen ändern sich nicht.
18
Name:
Matrikelnummer:
10) Frequenzfilter
Ein Kondensator C ist in einer Reihenschaltung mit einem Ohmschen Widerstand R (siehe Skizze).
(a) Wie hängt der Betrag der am Widerstand R abgegriffenen Ausgangsspannung |Ua | von der Frequenz der
Eingangsspannung Ue ab? Um welche Art von
handelt es sich hier demnach?
√
√ Frequenzfilter
∗
(Der Betrag einer komplexen Zahl ist |c| = c · c = Re{c}2 + Im{c}2 ).
Lösung (3 Punkte):
Reihenschaltung der komplexen Widerstände R und ZC , Nenner reell machen
(
)
1
Ue R − iωC
Ue
Ue
Ue
Ue ωC (RωC + i)
I=
=
=
=
1 =
1
2
Zges
R + ZC
R2 ω 2 C 2 + 1
R + iωC
R + ω2 C 2
Ua (ω) = IR =
mit |c| =
√
c · c∗ :
√
|Ua (ω)| =
bzw. |c| =
Ue RωC (RωC + i)
R2 ω 2 C 2 + 1
Ue RωC (RωC + i) Ue∗ RωC (RωC − i)
RωC
√
·
=
|U
|
e
R2 ω 2 C 2 + 1
R2 ω 2 C 2 + 1
R2 ω 2 C 2 + 1
√
Re{c}2 + Im{c}2 :
√(
|Ua (ω)| = |Ue |RωC
RωC
2
R ω2C 2 + 1
)2
(
+
1
2
2
R ω C2 + 1
)2
RωC
= |Ue | √
2
R ω2C 2 + 1
Je grösser die Frequenz desto größer das Signal, d.h. es handelt sich um einen Hochpass.
(b) Das Eingangssignal mit der Frequenz f1 = 40 kHz soll auf pf =80% abgeschwächt werden. Welche
Kapazität muss der Kondensator besitzen, wenn der Widerstand R = 20 Ω hat?
(Ersatzlösung C = 4 µF)
Lösung (3 Punkte):
Ua (f1 ) RωC
Ue = √R2 ω 2 C 2 + 1 = pf
p2f
⇔R ω C =
1 − p2f
√
p2f
1
·
⇔C=
= 0,265 µF
ωR
1 − p2f
2
2
2
(c) Der Plattenabstand des Kondensators ist d = 20 µm. Wie groß muss die Plattenfläche jeweils bei i) Luft
(relative Dielektrizitätskonstante ϵr ≈ 1) und ii) Tantal(V)Oxid (ϵr = 24) gewählt werden?
19
As
(ϵ0 = 8,85 · 10−12 Vm
)
Lösung (2 Punkte):
C = ϵ0 ϵr
i) Luft ϵr ≈ 1
A=
i) Tantal(V)Oxid ϵr = 24
A=
A
d
Cd
= 0,6 m2 (mit Ersatzlösung 9,0 m2 )
ϵ0 ϵr
Cd
= 0,025 m2 (mit Ersatzlösung 0,38 m2 )
ϵ0 ϵr
20