Physik für Elektrotechniker
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Roland Willms Physik für Elektrotechniker Aufgabensammlung zur Mechanik und Thermodynamik eMail-Adresse des Autors: [email protected] Kapitel 1 Aufgaben zur Mechanik 1.1 Aufgabe M-01 Aufgabenstellung Auf einer ebenen Platte t = 0¶s befindet sich die µ µ bewegt¶sich reibungsfrei eine Scheibe. Zum Zeitpunkt 3 cm s−1 −16 cm . Durch Magnete mit einer Geschwindigkeit von ~v0 = Scheibe am Ort ~r0 = −6µcm s−1 4 cm ¶ c sin(dt) + kt , wobei unterhalb der Platte wird die Scheibe zeitabhängig beschleunigt mit ~a(t) = m exp(nt) + pt2 c = 138 cm s−2 , d = 15.7 s−1 , k = 8.0 cm s−3 , m = 1.9 cm s−2 , n = −0.5 s−1 und p = 2.3 cm s−4 ist. • Wo befindet sich die Scheibe nach t1 = 3.65 s? • Mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich die Scheibe zum Zeitpunkt t1 und in welche Richtung bezüglich der x-Achse? Lösungsskizze • Durch bestimmte Integration erhält man das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz c c 1 2 Z t d − d cos(dt) + 2 kt ~v (t) = ~v0 + ~a(t0 ) dt0 = ~v0 + m m 1 0 − + exp(nt) + pt3 n n 3 und das Weg-Zeit-Gesetz c c 1 3 Z t t − 2 sin(dt) + kt 6 ~r(t) = ~r0 + ~v (t0 ) dt0 = ~r0 + ~v0 t + m d m d m 1 4 0 − t − 2 + 2 exp(nt) + pt n n n 12 (1) (2) • Nach Einsetzen der gegebenen Konstanten befindet sich die Scheibe nach der Zeit 3.65 s an dem Ort µ ¶ 91.48 cm ~r(t1 ) = (3) 23.61 cm • Die Scheibe hat dann die Geschwindigkeit µ ¶ 58.69 cm s−1 ~v (t1 ) = 34.47 cm s−1 mit dem Betrag q |~v (t1 )| = [vx (t1 )]2 + [vy (t1 )]2 = 68.09 cm s−1 und unter dem Winkel µ ¶ vy vy −1 =⇒ α = tan = 30.43◦ tan(α) = vx vx (4) (5) (6) 2 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER 1.2 Aufgabe M-02 Aufgabenstellung Eine Kanonenkugel wird mit einer Geschwindigkeit von 10 ms unter einem Winkel von 15◦ zur Horizontalen abgeschossen. Der Hang hat eine Steigung von 50◦ und der Luftwiderstand ist vernachlässigbar. • In welcher Entfernung vom Abschusspunkt bleibt die Kanonenkugel im Hang stecken? • Wie groß sind die Geschwindigkeitskomponenten bei der Landung? y 6 ~v Q Q... © * 0 © ... .. Q © . .. ©α........ .. β Q -x ... •© Q Q Q Q Q Hanggrenze Q Q Q Q Lösungsskizze • Zunächst wird die Anfangsgeschwindigkeit der Kugel in ihre Komponenten zerlegt. vx,0 = v0 cos(α) ∧ vy,0 = v0 sin(α) (1) In x-Richtung wirkt keine Beschleunigung, in y-Richtung wirkt die Erdbeschleunigung. Zusammen mit den Anfangsbedingungen (Ort und Geschwindigkeit zum Zeitpunkt t = 0 s) ergibt sich die Flugbahn ¶ µ v0 cos(α)t (2) ~r(t) = v0 sin(α)t − 12 gt2 Es gilt nun aufgrund der ersten Komponente x x = v0 cos(α)t =⇒ t = (3) v0 cos(α) Setzt man diesen Zusammenhang in die zweite Komponente ein, so folgt 1 g y = v0 sin(α)t − gt2 =⇒ y = tan(α)x − x2 (4) 2 2[v0 cos(α)]2 Mit der Gleichung der Hanggrenze y = − tan(β)x kann die y-Komponente des Auftreffpunkts bestimmt werden. · ¸ g yHang = yKugel =⇒ tan(α) + tan(β) − x x=0 2[v0 cos(α)]2 (5) 2[v0 cos(α)]2 [tan(α) + tan(β)] (6) g Mit den gegebenen Daten ergibt sich x = 27, 77 m. Die Entfernung des Auftreffpunkts vom Abschusspunkt ist x x = 43.20 m (7) cos(β) = =⇒ l = l cos(β) =⇒ x = 0 ∨ x = • Das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz für die Kanonenkugel ist µ ¶ d v0 cos(α) ~v (t) = ~r(t) = v0 sin(α) − gt dt Nach (3) berechnet man die Flugzeit zu tF = 2.87 s. Daher ist (8) KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 3 µ ¶ m 9.66 −25.57 s die Geschwindigkeit der Kugel bei der Landung. ~v (tF ) = 1.3 (9) Aufgabe M-03 Aufgabenstellung Drei Blöcke der Massen m1 = 5 kg, m2 = 15 kg und m3 = 25 kg liegen auf einem glatten Tisch und sind durch masselose Fäden miteinander verbunden. Wie groß sind die Kräfte F1 und F2 , wenn die Blöcke mit der Kraft F3 = 45 N nach rechts gezogen werden? m1 m3 m2 F1 F2 F3 ................................................................................ ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. ................................................................................ Lösungsskizze Weil alle drei Blöcke gleich beschleunigt werden, gilt F1 = m1 a ∧ F2 = [m1 + m2 ]a ∧ F3 = [m1 + m2 + m3 ]a , so dass sich nach entsprechender Umformung m1 + m2 m1 ∧ F2 = F3 F1 = F3 m1 + m2 + m3 m1 + m2 + m3 ergibt. Als Werte erhält man F1 = 5 N und F2 = 20 N. 1.4 (1) (2) Aufgabe M-04 Aufgabenstellung Ein Auto der Masse m = 100 kg rollt mit einer anfänglichen Geschwindigkeit von v0 = 100 km h aus. Sein Rollreibungskoeffizient beträgt µR = 0.04. Welche Strecke braucht das Auto, bis es steht? Lösungsskizze • Es wirkt die Reibungskraft |F~R | = µR |F~G | = µR mg (1) Durch die Rollreibungskraft wirkt auf den Wagen die Beschleunigung a = −µR g (2) km Mit den Anfangsbedingungen v0 = 100 h und x0 = 0 m ergibt sich das Geschwindigkeit-ZeitGesetz Z t v(t) = v0 − µR g dt0 = v0 − µR gt (3) 0 und das Weg-Zeit-Gesetz Z t 1 x(t) = x0 + [v0 − µR gt0 ] dt0 = v0 t − µR gt2 2 0 (4) • Am Ende des Rollvorgangs hat das Auto die Geschwindigkeit v(tR ) = 0 km h . Aus (3) ergibt sich dann die Rollzeit v0 (5) 0 = v0 − µR gtR =⇒ tR = µR g , so dass man den Wert tR = 70.79 s erhält. Als Rollstrecke folgt wegen (4) der Wert xR = 983.2 m. 4 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER 1.5 Aufgabe M-05 Aufgabenstellung Ein Elektron und ein Positron befinden sich in einem Abstand von r = 1 m. Vergleichen Sie die elektrische Kraft und die Gravitationskraft, die beide Teilchen aufeinander ausüben. Lösungsskizze Das Positron ist das Antiteilchen des Elektrons. Die elektrische Kraft, die das Positron auf das Elektron ausübt, ist 1 e2 (1) 4πε0 r2 und die Gravitationskraft me 2 FG = G 2 (2) r F m3 Mit den Werten e = 1.60 · 10−19 C, me = 9.11 · 10−31 kg, ε0 = 8.85 · 10−12 m und G = 6.67 · 10−11 kg s2 erhält man die Kräfte FE = 2.31 · 10−28 N und FG = 5.54 · 10−71 N. Als Verhältnis dieser beiden Kräfte ergibt sich 4.17 · 1042 . FE = 1.6 Aufgabe M-06 Aufgabenstellung Ein Block mit der Masse m hängt an drei Seilen, wie in der Abbildung gezeigt. Die Horizontale schließt mit dem 1. Seil und 2. Seil die Winkel ϑ1 und ϑ2 ein. Berechnen Sie die Zugkräfte in allen Seilen. .................................................. ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . ... .. ... .. ... 2 1...... ... . . . . . .. ...... ϑ ´´ ´ ´ ´ 2. Seil ´ Aϑ A A 1. Seil A ´ A A´ ´ 3. Seil -x ? y m Lösungsskizze F1 / F2 / F3 sei die Zugkraft in dem 1. / 2. / 3. Seil. Der Block befindet sich im Gravitationsfeld der Erde. Die Zugkraft F3 ist die Gewichtskraft des Blocks, so dass F3 = mg gilt. Über den Knoten der drei Seile wird die Zugkraft F3 in die Zugkräfte F1 und F2 zerlegt. Nach der unten befindlichen Abbildung gilt dann µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 F1 cos(ϑ1 ) −F2 cos(ϑ2 ) F~ 3 = F~ 1 + F~ 2 =⇒ = + (1) mg F1 sin(ϑ1 ) F2 sin(ϑ2 ) Aus dem Vergleich der x-Komponente und der y-Komponente ergeben sich zwei Gleichungen zur Bestimmung der Unbekannten F1 und F2 . 0 = F1 cos(ϑ1 ) − F2 cos(ϑ2 ) und mg = F1 sin(ϑ1 ) + F2 sin(ϑ2 ) (2) Die erste Gleichung kann nach F2 aufgelöst werden. Wenn dieser Term in die zweite Gleichung eingesetzt wird, ergeben sich für F1 unter Beachtung des Additionstheorems sin(ϑ1 + ϑ2 ) = sin(ϑ1 ) cos(ϑ2 ) + cos(ϑ1 ) sin(ϑ2 ) und nach Rückwärtseinsetzen für F2 die Formeln (3) KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 5 mg cos(ϑ2 ) mg cos(ϑ1 ) cos(ϑ1 ) , F1 = und F2 = cos(ϑ2 ) sin(ϑ1 + ϑ2 ) sin(ϑ1 + ϑ2 ) Damit sind die Zugkräfte in allen drei Seilen bestimmt. (4) F2 = F1 F2,x ppp¾ ...... ´ 2´ ppp ........ϑ .. ppp ´ ´ pp+́ p p p p p p p p p p p p p p p? F2,y F2 1.7 p p p p ....p p p p p p p p p p p p p p p p p p p ....p p p p p ... ´A ϑ1 ..... ... ϑ ... 2´ ... ... A........... ´ A pp´ F2 p+́ pp A pp pp A pp pp A pp pp A pp pp A pp AUp p p F1 pp p pp pp p p p pp p pp p p p p p pp p p p ? p F3 -pp F1,x pp pp pp pp pp pp pp ppp p A ppp A pppp A pp p p p p p p p p p p p p p pAUp pp ? F1,y F1 . ... A ϑ1......... A........... A A A Aufgabe M-07 Aufgabenstellung In dem skizzierten System, das sich in dem Gravitationsfeld der Erde befindet, ist der 1. Block mit der Masse m1 mit dem 2. Block mit der Masse m2 durch ein masseloses Seil über eine Rolle verbunden. Der 2. Block liegt auf einer reibungsfreien Unterlage und wird zunächst festgehalten. Zum Zeitpunkt tA = 0s befindet sich die untere Seite des 1. Blocks bei dem Ort x1 (tA ) = 0m. Dann wird der 2. Block losgelassen. Berechnen Sie die Kraft im Seil während der Bewegung und geben Sie die Abhängigkeit des Ortes x1 (t) und der Geschwindigkeit v1 (t) des 1. Blocks von der Zeit t an. Nach welcher Zeit tE ist die Bewegung beendet, wenn d der Abstand der linken Seite des 2. Blocks von der rechten Seite der Rolle ist, wobei davon ausgegangen wird, dass sich der 2. Block nach seiner Ankunft bei der Rolle nicht überschlägt? ¾ .... . d -..... m 2 .................... ... ... ................................... ..... ... ................................................................................................................................................................................ ... ................... .................................................................................................................................................. ................ ......... ........... .......... .......... .......... .......... ... ................... ........... ........... ........... ........... ........... ........... ........... ........... ........... ........... .......... ...... . A A A m1 0m ........ ? x1 Lösungsskizze Obwohl auf den 1. und 2. Block die Gewichtskraft wirkt, wird das System nur durch die Gewichtskraft F1 , die auf den 1. Block wirkt, beschleunigt, da die Gewichtskraft F2 , die auf den 2. Block wirkt, senkrecht auf der Bewegungsrichtung steht und von der Unterlage kompensiert wird. Wegen der Verbindung durch das massenlose Seil bewegen sich der 1. und 2. Block mit derselben Beschleunigung a. Die Kraft F1 ist daher aufzuteilen: in einen Anteil F1,1 , der den 1. Block beschleunigt, und in einen Anteil F1,2 , der den 2. Block beschleunigt. Die Kraft F1,2 ist die Kraft im Seil, deren Richtung über die Rolle umgelenkt wird. Für die Beschleunigung a ergibt sich m1 g (1) F1 = F1,1 + F1,2 =⇒ m1 g = m1 a + m2 a =⇒ a = m1 + m2 Somit gilt für die Zugkraft F1,2 6 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER m1 m2 g (2) m1 + m2 Da die Beschleunigung a konstant und von 0 sm2 verschieden ist, handelt es sich bei der Bewegung des Systems um eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung. Mit den Anfangsbedingungen x1 (tA ) = 0m und v1 (tA ) = 0 ms lauten die Funktionen des Ortes x1 (t) und der Geschwindigkeit v1 (t) des 1. Blocks in Abhängigkeit von der Zeit t 1 m1 m1 x1 (t) = at2 = gt2 und v1 (t) = at = gt (3) 2 2[m1 + m2 ] m1 + m2 Der 2. Block kann sich höchstens um die Strecke d weiterbewegen. Dies gilt wegen der Verbindung auch für den 1. Block. s m1 2[m1 + m2 ]d 2 gtE = d =⇒ tE = (4) x1 (tE ) = d =⇒ 2[m1 + m2 ] m1 g F1,2 = m2 a = 1.8 Aufgabe M-08 Aufgabenstellung Ein m = 90 kg schwerer Mann steigt in einen Fahrstuhl. Er stellt sich dort auf eine Waage. Der Fahrstuhl bewegt sich in drei Phasen nach oben. Zunächst beschleunigt er in Phase 1 mit a1 = 2 sm2 nach oben. In Phase 2 bewegt er sich mit konstanter Geschwindigkeit nach oben. In Phase 3 wird er schließlich mit a3 = −3 sm2 abgebremst. Welchen Wert zeigt die Waage in jeder der 3 Phasen an? Lösungsskizze • Phase 1: Der Mann wird über die Waage beschleunigt. Nach dem 3. Newton-Axiom zeigt die Waage neben der Gewichtskraft der Person noch die Beschleunigungskraft an. Also gilt ¸ · a1 = 108.4 kg (1) mW g = m[g + a1 ] =⇒ mW = m 1 + g • Phase 2: Weil der Mann nicht beschleunigt wird, wirkt nach dem 1. Newton-Axiom auch keine Kraft. Daher zeigt die Waage nun die Masse mW = 90 kg an. • Phase 3: Ein Teil der Gewichtskraft des Mannes wird nun benötigt, um die negative Beschleunigung zu erzeugen. Daher gilt · ¸ a2 mW g = m[g − a2 ] =⇒ mW = m 1 − = 62.5 kg (2) g 1.9 Aufgabe M-09 Aufgabenstellung Im Atommodell von Bohr des Wasserstoffs befindet sich das Elektron auf einer kreisförmigen Bahn mit dem Radius r = 0.53·10−10 m um das Proton. Die Masse des Elektrons beträgt me = 9.1·10−31 kg. • Wie groß ist die Zentripetalkraft, mit der das Proton das Elektron auf seiner Bahn hält? • Wie schnell ist das Elektron? Lösungsskizze • Das Elektron wird durch die Coulomb-Kraft auf seiner Kreisbahn gehalten. Daher gilt FZ = FC = 1 e2 4πε0 r2 Mit den Werten e = 1.602 · 10−19 C und ε0 = 8.854 · 10−12 (1) C2 N m2 ergibt sich FZ = 8.212 · 10−8 N. KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 7 • Durch Einsetzen der Formel für die Zentripetalkraft ergibt sich aus (1) die Bahngeschwindigkeit des Elektrons. s me v 2 1 e2 1 e2 2 me ω r = = =⇒ v = (2) 2 r 4πε0 r 4πε0 me r Es ergibt sich die Geschwindigkeit 2.187 · 106 1.10 m s . Aufgabe M-10 Aufgabenstellung Zeigen Sie, dass die Oberfläche einer Flüssigkeit in einem Eimer, der um seine Längsachse mit der Winkelgeschwindigkeit ω rotiert, ein Paraboloid ist. Dabei ist zu beachten, dass sich die Flüssigkeitsoberfläche so einstellt, dass die Resultierende aller auf sie wirkenden Kräfte senkrecht auf ihr steht. Es wirkt das Gravitationsfeld der Erde. Lösungsskizze p ppp pp p ppp pp p pp pp pp p pppp p pp pp pp p pppp ∆y p pp pp pp p F p p p p p p p p p p p p p p p−F p p p p p p p p p ppP ppp iP p p pp pp p PP ϕ 6 p pp p PPprp pϕp p p p p p p p ppp p F ¾ pp pp ∆x pp ppp ? pp F pp y ppp 6 pppp p -pppp x pp pp pp ... . .. .. ... .. .. .. . . .. .. .. ... ... ... ... .. .. ... .. ... ... .. .. ... .. . ... . . .. .. ... .. .. ... .. .. . ... R G ..... ... . .. .... . ... ........ .............. . . . . ... . .... .. . . . .. ... . ... .. . ... ... Z .. .. ... .. . ... .. . .. .. ... ... ... .. .. G .. ... . ... ... .. .. ... .. . . ... . .. .. ... ... .... ... ... ... . . ...... . .................... Wir betrachten ein willkürliches Teilchen in der Flüssigkeitsoberfläche. Auf das Teilchen wirkt zunächst die Gewichtskraft F~G . Damit das Teilchen schwerelos wird, muss diese Gewichtskraft durch eine Gegenkraft −F~G kompensiert werden. Zusätzlich muss auf das Teilchen noch die Zentripetalkraft F~Z wirken, um überhaupt eine Rotationsbewegung zu erhalten. Damit wirkt auf das Teilchen eine resultierende Kraft F~R , die sich durch Überlagerung der Kräfte F~G und F~Z ergibt. Für die Beträge der Kräfte gilt FG = mg und FZ = mω 2 x (1) Die Flüssigkeitsoberfläche stellt sich so ein, dass die Resultierende aller auf sie wirkenden Kräfte senkrecht auf ihr steht. Aus dem Steigungsdreieck und dem Kräfteparallelogramm der Abbildung können die Beziehungen FZ dy und tan(ϕ) = (2) tan(ϕ) = dx FG abgelesen werden. Daraus folgt für die Form der Flüssigkeitsoberfläche dy FZ dy ω2 ω2 2 = =⇒ = x =⇒ y = x + c mit c ∈ R (3) dx FG dx g 2g Offensichtlich spielt die Masse m des Teilchens keine Rolle. Die Integrationskonstante c kann bestimmt werden, wenn die spezielle Lage des eingezeichneten Koordinatensystems berücksichtigt wird. y(0) = 0 =⇒ c = 0 Damit wird der Schnitt durch die Flüssigkeitsoberfläche durch die Funktion (4) 8 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER ω2 2 x (5) 2g beschrieben. Wegen der Rotationssymmetrie des Systems ist die Oberfläche der Flüssigkeit ein Paraboloid im 3-dimensionalen Raum. y= 1.11 Aufgabe M-11 Aufgabenstellung Ein System aus zwei Massen m1 und m2 ist, wie in der Abbildung gezeigt, an drei Seilen befestigt, m2 der Massen höchstens sein, wenn der die miteinander verknotet sind. Wie groß darf das Verhältnis m 1 ◦ Reibungskoeffizient µ = 0.25 beträgt und der Winkel δ = 45 ist? m1 1 .................... ..................................................................................................................................................................................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........... ... ........... ........... ........... ................... ... ........... ........... ........... ................. . .. ........... .......... ......... ................. . .. . ................ . .. ........... ................ . .. ................. .. .. ................... ... ........... ........... ................... ... ........... ........... ........... ........... .................. . .. . ................ . .. ........... ................ . .. ................. . .. . ................ . .. ........... ................ ... ................... ... ........... ........... ........... ................... ... ........... ........... ........... ........... .................. .......... . .. ........... .......... ......... ................. . .. . ................ . .. ........... ................ . .. ................. .. ¡ 3 ¡ ¡ ¡ •¡ δ ..... ... ... ... .. . . . . . . . . . ... . . 2 m2 Lösungsskizze An dem Block 2 greift die Gewichtskraft F2 = m2 g (1) an. Solange die Reibungskraft, die aufgrund der Gewichtskraft des Blocks 1 erzeugt wird, der Kraft im Seil 1 standhalten kann, ist das System stabil. Nach dem Kräfteparallelogramm gilt F2 m2 g tan(δ) = =⇒ F1 = (2) F1 tan(δ) Die Stabilitätsbedingung ist also erfüllt, wenn m2 F1 ≤ m1 µg =⇒ ≤ µ tan(δ) (3) m1 ist. Als obere Schranke für das Massenverhältnis ergibt sich somit 0.25. −F~. .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . F~3 ... .. ... .. ... µ 6 .. ... δ ¡ . ... . ... ¡ . . . . . ¡ . .. .. ¡ .. . . ¡ .. .. .. ¾ . •¡ F~1 ? ~ F2 KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 1.12 9 Aufgabe M-12 Aufgabenstellung Zwei Massen m1 und m2 sind durch ein masseloses Seil über eine reibungsfreie, masselose Umlenkrolle miteinander verbunden. Die Rolle sei zunächst blockiert, so dass sich die Massen nicht bewegen können. Die Umlenkrolle hängt an einer Balkenwaage, die durch eine Masse M im Gleichgewicht gehalten wird. • Mit welcher Kraft FR (R = Ruhe) zieht die Umlenkrolle an ihrer Aufhängung? Die Blockierung der Rolle wird entfernt, so dass sich die Massen m1 und m2 bewegen können. • Mit welcher Kraft FB (B = Bewegung) zieht die Umlenkrolle in diesem Fall an ihrer Aufhängung? • Bleibt die Waage im Gleichgewicht oder schlägt sie nach einer Seite aus? ....................... .... ... .. .. ..... ... ... .. . ..... ..................... M m2 ? x m1 ............................................................ ............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. ............................................................ Lösungsskizze • Wenn sich die Rolle nicht drehen kann, greifen die Gewichtskräfte direkt an der Rolle an und entsprechen den jeweiligen Seilspannungen. Daher gilt FR = [m1 + m2 ]g (1) • Wenn sich die Rolle drehen kann, greifen an der Masse m1 die Gewichtskraft F1 = m1 g (Richtung ↓) und die Seilspannung T (Richtung ↑) an. Nach dem zweiten Newton-Gesetz gilt dann für die Beschleunigung ẍ1 der Masse m1 m1 g − T = m1 ẍ1 =⇒ T = m1 g − m1 ẍ1 (2) An der Masse m2 greifen die Gewichtskraft F2 = m2 g (Richtung ↓) und dieselbe Seilspannung T (Richtung ↑) an. In diesem Fall gilt also m2 g − T = m2 ẍ2 =⇒ T = m2 g − m2 ẍ2 (3) Wir definieren nun a := ẍ1 . Weil die Massen m1 und m2 miteinander verbunden sind, gilt ẍ1 = −ẍ2 und somit erhält man nach Gleichsetzen der Beziehungen (2) und (3) den Zusammenhang m1 − m2 g (4) m1 g − m1 a = m2 g + m2 a =⇒ a = m1 + m2 Setzt man diesen Ausdruck in die Gleichung (2) ein, so ergibt sich m1 − m2 2m1 m2 T = m1 g − m1 g= g (5) m1 + m2 m1 + m2 Die doppelte Seilspannung ist nun die Kraft, die an der Rolle angreift. Somit ist 4m1 m2 FB = g (6) m1 + m2 • Ein Vergleich der Kräfte FR und FB ergibt 4m1 m2 FR S FB ⇐⇒ [m1 + m2 ]g S g ⇐⇒ m1 2 + 2m1 m2 + m2 2 S 4m1 m2 m1 + m2 ⇐⇒ m1 2 − 2m1 m2 + m2 2 S 0 ⇐⇒ [m1 − m2 ]2 S 0 (7) An der letzten Bedingung sieht man, dass das untere Vergleichszeichen richtig ist. Also gilt FR > FB und somit sinkt die Masse M . 10 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER 1.13 Aufgabe M-13 Aufgabenstellung Ein Radiergummi der Masse m = 40 g liegt auf einer Metallscheibe. Die Scheibe rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω. Die Haftreibungszahl zwischen Scheibe und Radiergummi beträgt µ = 0.5. • Welche Kräfte wirken auf den Radiergummi? • Der Radiergummi wird 5 cm vom Drehzentrum positioniert. Wie groß muss die Drehzahl ν mindestens sein, damit der Radierer zu rutschen beginnt? • Die Scheibe rotiere mit der Drehzahl 70 min−1 . Gebe die maximale Entfernung vom Drehpunkt an, bei der der Radiergummi noch liegen bleibt. Lösungsskizze • Auf den Radiergummi wirkt die Gewichtskraft FG = mg, die aber von der Unterlage kompensiert wird. Durch diese Gewichtskraft wird jedoch die Existenz einer Reibungskraft ermöglicht, die der Bewegung des Radiergummis auf der Scheibe entgegenwirkt und den maximalen Wert FR = µFG = µmg haben kann. Diese Reibungskraft erzeugt die für die Kreisbewegung des Radiergummis notwendige Zentripetalkraft. • Im Grenzfall gilt FZ = FR =⇒ mω 2 r = µmg =⇒ 4π 2 ν 2 r = µg =⇒ ν = 1 2π r µg r (1) , wobei der Zusammenhang ω = 2πν (2) −1 beachtet wurde. Als Wert erhält man ν = 94.58 min . Ab dieser Drehzahl beginnt der Radiergummi zu rutschen. • Die Gleichung (1) muss nun nach r umgeformt werden. µg r= (3) 4π 2 ν 2 Hier ergibt sich der Wert r = 9.13 cm. Ab dieser Entfernung vom Drehzentrum beginnt der Radiergummi zu rutschen. 1.14 Aufgabe M-14 Aufgabenstellung In ein beiderseits offenes, leeres U-Rohr von 1 cm3 Querschnitt füllt man der Reihe nach: in die linke Öffnung 55 ml Wasser, in die rechte Öffnung 15 ml Benzin und anschließend in die linke Öffnung 50 ml Benzin. Benzin hat die Dichte 0.72 g cm−3 . Welche Niveaudifferenz stellt sich ein? Lösungsskizze • Aufgrund der Querschnittsfläche 1 cm2 passen in ein Stück U-Rohr der Länge 1 cm genau 1 ml Flüssigkeit. • Eine physikalische Bedingung für das Gleichgewicht folgt aus einem Druckvergleich. %B g · 50 cm = %W gh1 + %B g · 15cm Als geometrische Bedingung erhält man h1 + 15 cm + h2 = 50 cm (1) (2) • Die Gleichungen (1) und (2) sind ein lineares Gleichungssystem zur Berechnung von h1 und h2 . Durch Auflösen von (1) nach h1 folgt KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 11 %B · 35 cm %W und durch Auflösen von (3) nach h2 h1 = (3) h2 = 35 cm − h1 (4) • Als Ergebnisse berechnet man h1 = 25.2 cm und h2 = 9.8 cm. ........................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .............. . . . . . . ......... . . ... . . . . ............. . . ......... . . ......... . . ... . . . . ............. . . ......... . . . . . . . .............. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .................. . . . . . . . . . . . . ............... .. . ...... ............ ... ............... ............. ... .................. ....................... ... ............ . .... ....................... ................ ..................... .................. ........................ ....... . . . . ... ........................................................................................ ................................................. ............................................... ........................................... ....................................... ..................................... 6 50 cm ? 1.15 6 h2 ? 6 15 cm ? 6 h1 ? Aufgabe M-15 Aufgabenstellung Zwei Gefäße sind miteinander verbunden, beide sind oben offen und mit nichtmischbaren Flüssigkeiten der Dichten %1 = 0.9 · 103 kg m−3 und %2 = 103 kg m−3 gefüllt. Wie groß ist der Abstand der beiden Flüssigkeitsspiegel in den einzelnen Schenkeln von der gemeinsamen Trennungslinie, wenn die Spiegelhöhendifferenz in den beiden kommunizierenden Gefäßen ∆h = 0.1 m beträgt? ........................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .............. . . . . . . ..... . . ............. . . ......... . . ..... . . ............. . . ......... . . ......... . . ......... . . . . . . . .............. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .................. . . . . . . . . . . ............... ........... ...................... ............... ......... .. ... .................. . . ...... ... ............ ........... ... ....................... ............... ..................... ................... ........................ ....... . . . . ... ......................................................................................... ................................................. ............................................... ........................................... ....................................... ..................................... 6 h1 ? 6 ∆h ? 6 h2 ? Lösungsskizze • Eine physikalische Bedingung für das Gleichgewicht folgt aus einem Druckvergleich. p1 = p2 =⇒ %1 gh1 = %2 gh2 Als geometrische Bedingung erhält man ∆h = h1 − h2 (1) (2) • Die Gleichungen (1) und (2) sind ein lineares Gleichungssystem zur Berechnung von h1 und h2 . Durch Auflösen von (1) folgt %2 (3) h1 = h2 %1 und Einsetzen von (3) in (2) ergibt 12 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER h2 = · ∆h ¸ %2 −1 %1 (4) • Als Ergebnisse berechnet man h2 = 0.9 m und h1 = 1.0 m. 1.16 Aufgabe M-16 Aufgabenstellung Berechnen Sie die Kraft auf einen Staudamm, wenn dieser die Länge l hat und bis zur Höhe h mit Wasser gefüllt ist. Lösungsskizze • Auf ein Flächenelement des Staudamms wirkt die Kraft dF = p dA = %gx dx dy Durch Integration über die Fläche der Staumauer ergibt sich · ¸h · ¸l Z h Z l 1 1 F = %g x dx dy = %g x2 y = %gh2 l 2 2 0 0 0 0 (1) (2) -y 6 Staumauer ¾ ? x 1.17 h ..... . . . l -. ? ? g Aufgabe M-17 Aufgabenstellung Im Jahr 1657 führte Otto von Guericke (Erfinder der Luftpumpe) den Versuch mit den Magdeburger Halbkugeln durch. Er fügte zwei Halbkugeln mit einem Durchmesser von 42 cm zusammen und pumpte das Innenvolumen nahezu luftleer. Dann wurden vor jede der beiden Halbkugeln acht Pferde gespannt. Diese sollten versuchen, die beiden Halbkugeln auseinander zu ziehen, was ihnen jedoch erst nach vielen Versuchen unter großen Schwierigkeiten gelang. • Wie groß ist bei Normaldruck 1013 hPa die Kraft, die zur Trennung der beiden Halbkugeln aufgebracht werden muss, wenn das Innenvolumen als ideales Vakuum angenommen wird? • Wie hätte er die beiden Halbkugeln mit der Hälfte der Pferde trennen können? Lösungsskizze • Die Oberfläche einer Halbkugel wird durch den Bereich r = R, ϑ ∈ [0, 21 π]R und ϕ ∈ [0, 2π[R in Kugelkoordinaten beschrieben (die Halbkugel ist mit ihrer Öffnung auf der x,y-Ebene aufgesetzt). Auf ein Flächenelement dA = R2 sin(ϑ) dϑ dϕ wirkt die Kraft dF~ = p dA ~er (1) (2) KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK , wobei ~er der Einheitsvektor sin(ϑ) cos(ϕ) ~er = sin(ϑ) sin(ϕ) cos(ϑ) in radialer Richtung ist. • Auf eine Halbkugel wirkt somit die Kraft Z 12 π Z 2π sin2 (ϑ) cos(ϕ) F~ = pR2 dϑ dϕ sin2 (ϑ) sin(ϕ) 0 0 sin(ϑ) cos(ϑ) Wegen Z 2π Z 2π dϕ cos(ϕ) = 0 und dϕ sin(ϕ) = 0 0 13 (3) (4) (5) 0 verschwindet die x- und y-Komponente der Kraft F~ . Dies folgt auch direkt aus der Symmetrie der Halbkugel. Wegen · ¸ 12 π Z 12 π 1 1 2 dϑ sin(ϑ) cos(ϑ) = sin (ϑ) = (6) 2 2 0 0 ist die z-Komponente der Kraft pπR2 , also Druck p multipliziert mit der Querschnittsfläche πR2 der Kugel. Auch dieses Ergebnis ist anschaulich klar, wenn die offene Halbkugel durch eine Kreisscheibe abgeschlossen wird und das Innenvolumen ein ideales Vakuum ist. Weil sich das Objekt nicht im Raum bewegt, muss die Kraft, die auf die Kreisscheibe wirkt, gleich der Kraft sein, die auf die Halbkugel wirkt. Die Kraft, die auf die Kreisscheibe wirkt, ist pA = pπR2 . • Jede Pferdegruppe muss mindestens die Kraft 14 kN und daher jedes Pferd mindestens die Kraft 1.75 kN aufbringen. Diese Kraft wird benötigt, um eine Masse von 180 kg im Gravitationsfeld der Erde heben zu können. • Eine Pferdegruppe kann durch eine feststehende Wand ersetzt werden. Aufgrund des dritten Gesetzes von Newton zieht die Wand mit derselben Kraft an einer Halbkugel, wie die gegenüberliegende Pferdegruppe an der anderen. 1.18 Aufgabe M-18 Aufgabenstellung Ein Holzwürfel mit der Dichte %H = 0.5 g cm−3 und der Kantenlänge L = 10 cm schwimmt in einem Gefäß mit einer Flüssigkeit der Dichte %F . • Wie groß ist seine Eintauchtiefe T , wenn es sich bei der Flüssigkeit um Wasser handelt? • Welche Dichte müsste die Flüssigkeit in dem Gefäß haben, wenn die Eintauchtiefe des Holzwürfels T = 8 cm beträgt? Lösungsskizze • Damit der Würfel in der Flüssigkeit schwimmt, muss die Auftriebskraft FA aufgrund der Flüssigkeitsverdrängung die Gewichtskraft FH des Holzwürfels aufheben. FA = FH =⇒ %F L2 T g = %H L3 g =⇒ %F T = %H L (1) • Wenn %F gegeben ist, kann die Eintauchtiefe durch %H L T = %F bestimmt werden. Damit ergibt sich der Wert T = 5 cm. (2) 14 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER • Wenn T gegeben ist, kann die Dichte der Flüssigkeit durch %H L %F = T berstimmt werden. Es ergibt sich der Wert %F = 0.625 g cm−3 . 1.19 (3) Aufgabe M-19 Aufgabenstellung Ein Ballon, gefüllt mit Helium bei Normaldruck, wurde konzipiert, um die Masse M (Nutzlast und leere Ballonhülle) zu tragen. • Wie groß muss das Volumen des Ballons mindestens sein, wenn %L = 1.293 kg m−3 die Dichte der Luft und %He = 0.178 kg m−3 die Dichte von Helium ist? Das Volumen der Nutzlast soll vernachlässigt werden. • Wie groß muss der Radius des Ballons sein, wenn die Masse M = 2000 kg beträgt? Lösungsskizze • Die Auftriebskraft FA des Ballons muss die Gewichtskraft des Ballons FG,B und die Gewichtskraft des darin befindlichen Heliums FG,He aufheben können. Ein Gleichgewicht der Kräfte tritt ein, wenn die Bedingung M FA = FG,B + FG,He =⇒ %L V g = M g + %He V g =⇒ V = (1) %L − %He erfüllt ist. • Das Volumen des kugelförmigen Ballons ist 4 V = πR3 3 Zusammen mit (1) folgt s 3M R= 3 4π[%L − %He ] (2) (3) Als Wert für den Radius erhält man 7.54 m. 1.20 Aufgabe M-20 Aufgabenstellung In einem Becken von der Fläche A = 25 m2 steht das Wasser 1.5 m hoch. Man lässt ein Boot mit der Masse mB = 40 kg, in dem ein Stein mit der Masse mS = 10 kg und der Dichte %S = 3 kg dm−3 liegt, ins Wasser. • Wie ändert sich die Höhe des Wasserspiegels? • Um wieviel steigt oder fällt der Wasserspiegel, wenn der Stein aus dem Boot ins Wasser geworfen wird? Lösungsskizze • Damit das Boot im Wasser schwimmt, muss die Gewichtskraft des Boots und des Steins gleich der Gewichtskraft des verdrängten Wassers sein. [mB + mS ]g = mW g =⇒ mW = mB + mS (1) 3 Also müssen 50 kg Wasser verdrängt werden. Dies entspricht einem Volumen von 0.05 m Wasser, das in einem Becken der Grundfläche 25 m2 eine Wassertiefe von 2 mm ergibt. Der Wasserspiegel steigt also um 2 mm. KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 15 • Zunächst werde der Stein aus dem Boot entfernt. Dann müssen 10 kg weniger Wasser verdrängt werden, damit das Boot schwimmen kann. 10 kg Wasser ergeben in einem Becken der hier vorliegenden Grundfläche eine Tiefe von 0.4 mm. Daher fällt der Wasserspiegel um 0.4 mm. Wenn der Stein nun ins Wasser geworfen wird, verdrängt er Wasser in der Menge seines eigenen Volumens. Nach der Formel mS mS %S = =⇒ VS = (2) VS %S hat der Stein ein Volumen von 0.0033 m3 . Dieses Volumen entspricht einer Tiefe von 0.13 mm. Der Wasserspiegel steigt also um diesen Betrag. Insgesamt fällt jedoch der Wasserspiegel um 0.27 mm. 1.21 Aufgabe M-21 Aufgabenstellung Zum Zeitpunkt t = 0 wird eine Stahlkugel (Dichte %S = 7.72 g cm−3 , Radius R = 1 mm) in einem mit Glycerin (Dichte %G = 1.26 g cm−3 ) gefüllten Gefäß an der Stelle x(0) = 0 losgelassen und fällt aufgrund der Gewichtskraft nach unten. Auf die Kugel wirkt die Gewichtskraft, die Auftriebskraft, und die Reibungskraft nach Stokes. Glycerin hat die Viskostät η = 830 · 10−3 N s m−2 . • In welche Richtung wirken die einzelnen Kräfte? Stellen Sie die Differentialgleichung der Bewegung auf. • Lösen Sie die Differentialgleichung mit den hier gegebenen Anfangsbedingungen. • Welche Geschwindigkeit erreicht die Kugel maximal? Lösungsskizze • An der Kugel greifen die Gewichtskraft (Richtung: ↓) 4 FG = π%S R3 g 3 , die Auftriebskraft (Richtung: ↑) 4 FA = π%G R3 g 3 und die Reibungskraft nach Stokes (Richtung: ↑) FR = 6πηRẋ(t) an. Nach dem zweiten Newton-Gesetz gilt P 4 4 4 Fi = mẍ(t) =⇒ π%S R3 g − π%G R3 g − 6πηRẋ(t) = π%S R3 ẍ(t) 3 3 3 i · ¸ %G 9η ẍ(t) = 1 − g− ẋ(t) %S 2%S R2 Mit den Abkürzungen %G 9η c1 := 1 − = 0.837 und c2 := = 484 s−1 %S 2%S R2 vereinfacht sich die Differentialgleichung zu dv + c2 v = c1 g dt , wobei wir v = ẋ(t) gesetzt haben. (1) (2) (3) (4) (5) (6) • Das zu dieser Differentialgleichung gehörende charakteristische Polynom ist λ + c2 . Es hat die Nullstelle −c2 , so dass die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung vH (t) = K exp(−c2 t) ist. Als spezielle Lösung der inhomogenen Differentialgleichung kann man (7) 16 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER c1 g c2 erraten, so dass sich als allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung c1 v(t) = K exp(−c2 t) + g c2 ergibt. Die Anfangsbedingung v(0) = 0 führt zur Bestimmung der Konstanten c1 K=− g c2 , so dass sich die spezielle Lösung c1 v(t) = g[1 − exp(−c2 t)] c2 ergibt. Nach einer bestimmten Integration folgt das Weg-Zeit-Gesetz · · ¸ ¸t Z t 1 1 c1 1 c1 x(t) = v(t0 ) dt0 = g t0 + exp(−c2 t0 ) = g t + exp(−c2 t) − c2 c2 c2 c2 c2 0 0 vI = (8) (9) (10) (11) (12) • Wegen lim exp(−c2 t) = 0 t→∞ für positive Zahlen c2 ergibt sich als Grenzgeschwindigkeit c1 vG = g c2 , was den Wert 1.70 cm s−1 ergibt. 1.22 (13) (14) Aufgabe M-22 Aufgabenstellung Zur Nachrichtenverbindung mit dem Kontrollzentrum beim Apollo-Sojus-Unternehmen im Juli 1975 wurde ein Satellit über Kenia benutzt, der über dem Äquator stillzustehen scheint. • Wie groß ist dessen Abstand rS von der Erdoberfläche und seine Bahngeschwindigkeit vS ? • Welche Erdbeschleunigung aS wirkt auf ihn? • Welche Arbeit verrichtet die Erde am Satellit? Lösungsskizze • Der Erdradius ist rE = 6370 km. Die Masse der Erde kann nun durch einen Vergleich der Gravitationskraft und der Gewichtskraft für eine beliebige Probemasse mP berechnet werden. Es gilt g mP mE = mP g =⇒ mE = rE 2 (1) G 2 rE G Es ergibt sich der Wert 5.97·1024 kg. Die Zentripetalkraft, die den Satelliten auf seiner Kreisbahn hält, ist die Gravitationskraft. r 2 mS mE 3 GmE T 2 FZ = FG =⇒ mS ω rES = G =⇒ rES = (2) 2 2 rES 4π , wobei der Zusammenhang 2π ω= (3) T beachtet wurde. Der Abstand zwischen Satellit und Erdmittelpunkt ist somit 4.22 · 107 m. Damit ergibt sich der Abstand rS = 3.58 · 107 m von der Erdoberfläche. • Die Bahngeschwindigkeit des Satelliten ergibt sich aus 2π km vS = ωrES = rES = 3.07 T s (4) KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 17 • Für die wirkende Beschleunigung gilt aS = ω 2 rES = m 4π 2 rES = 0.223 2 T2 s (5) • Weil die wirkende Kraft senkrecht auf der Bahn des Satelliten steht, verrichtet die Erde keine Arbeit am Satellit. 1.23 Aufgabe M-23 Aufgabenstellung Auf einem Tisch befindet sich ein Behälter mit einer Flüssigkeit. Ein Metallblock mit der Masse M und dem Volumen V hängt an einem Kraftmesser und taucht vollständig in die Flüssigkeit ein, ohne den Boden des Behälters zu berühren. Der Kraftmesser zeigt die Kraft FK an. Welche Dichte %F hat die Flüssigkeit? Wie groß ist die Kraft FT , die der Behälter auf den Tisch ausübt, wenn der Behälter und die in ihr befindliche Flüssigkeit die Gewichtskraft FB+F besitzen? Berechnen Sie die Größen %F und FT für M = 15 kg, V = 10 l, FK = 50 N und FB+F = −500 N. .............................. ................................................................................................................................................................................................................................................ .............................. 50 N C C C ¤ ¤ C C ¤ C ¤ ¤ ¤ .............................. ............................................................................................................................................................................................................................................................................... .............................. Lösungsskizze An dem Metallblock greifen drei Kräfte an: die Gewichtskraft FM des Metallblocks, die Auftriebskraft FA , die durch das Eintauchen des Metallblocks in die Flüssigkeit entsteht und wegen der Vollständigkeit des Eintauchens der Gewichtskraft der verdrängten Flüssigkeit mit dem Volumen V entspricht, und die Kraft FK des Kraftmessers. Da sich das System im Gleichgewicht befindet, muss die Bedingung FG + FA + FK = 0 (1) erfüllt sein. Mit FG = −M g und FA = %F V g folgt M g − FK (2) −M g + %F V g + FK = 0 ⇐⇒ %F = Vg Die Kraft FK , die der Kraftmesser anzeigt, wird durch den Halter des Kraftmessers kompensiert. Die Flüssigkeit wirkt mit der Kraft FA auf den Metallblock und nach dem 3. Newton-Gesetz mit der Kraft −FA auf den Boden des Flüssigkeitsbehälters und damit auf den Tisch. Zusätzlich dazu wirkt auch der Behälter mit der Flüssigkeit durch seine eigene Gewichtskraft FB+F auf den Tisch. Daher muss die Kraft FT = −FA + FB+F = −%F V g + FB+F (3) von der Tischoberfläche kompensiert werden. Für die in der Aufgabenstellung geforderten Werte ergibt kg sich %F = 990 m 3 und FT = −597 N. 1.24 Aufgabe M-24 Aufgabenstellung Beim Minigolfspiel wird ein ursprünglich runder Ball der Masse m = 0.1 kg weggeschlagen. Der zeitliche Verlauf der vom Schläger auf den Ball ausgeübten Kraft ist näherungsweise eine Dreiecksfunktion. 18 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER Sie steigt für 4 ms von 0 N auf 200 N an und fällt dann in 4 ms linear wieder auf Null ab. Skizzieren Sie den Kraftverlauf und geben Sie die Geschwindigkeit v an, mit der sich der Ball fortbewegt. Lösungsskizze • In der folgenden Abbildung ist der Kraftverlauf dargestellt. F [N] 6 800 ........ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ¢¢A Kraftstoß .... . . ¢ A . . A . ¢ . . A . . ¢ . . A . ¢ . . A . 400 ........ . ¢ . . A . ¢ . . . A . ¢ . . A . ¢ . . . A . ¢ . . A . ¢ A..... - t [ms] ... 4 8 • Die Wirkung einer Kraft führt zu einer Impulsänderung. Z t Z t Z t F (t) = ṗ(t) =⇒ F (t0 ) dt0 = ṗ(t0 ) dt0 =⇒ F (t0 ) dt0 = p(t) − p(0) 0 0 (1) 0 Nun ist p(0) = 0, so dass der Minigolfball nach dem Kraftstoß den Impuls Z t p(t) = F (t0 ) dt0 (2) 0 hat, wobei t = 8 ms ist. Zur Ausführung der Integration beachte man, dass das Dreicek zu einem Rechteck erweitert werden kann, dessen Fläche doppelt so groß wie das Dreieck ist. Daher gilt 1 (3) p = 800 N · 8 ms · = 0.8 N s 2 Die Geschwindigkeit des Balls ergibt sich dann nach einer Division des Impulses durch die Masse das Balls. 0.8 kg m s−1 m v= =8 (4) 0.1 kg s 1.25 Aufgabe M-25 Aufgabenstellung Ein Doppelsternsystem aus Sternen, die punktförmig angenommen werden können und die Massen m1 und m2 haben, rotiert um den gemeinsamen Schwerpunkt mit der Frequenz ν. Wie groß ist der Abstand der Sterne? Lösungsskizze Die Gravitationskraft ist die Zentripetalkraft, die die Rotation des Systems um den gemeinsamen Schwerpunkt ermöglicht. Mit den Bezeichnungen aus der unten befindlichen Abbildung gilt m1 m2 m2 FG,1 = FZ,1 =⇒ G = m1 r1 ω 2 =⇒ G = r1 ω 2 (1) [r1 + r2 ]2 [r1 + r2 ]2 und m1 m1 m2 = m2 r2 ω 2 =⇒ G = r2 ω 2 (2) FG,2 = FZ,2 =⇒ G 2 [r1 + r2 ] [r1 + r2 ]2 Nach Addition der beiden Gleichungen (1) und (2) ergibt sich KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK m1 + m2 G = [r1 + r2 ]ω 2 =⇒ r1 + r2 = [r1 + r2 ]2 Mit dem Zusammenhang r 3 G 19 m1 + m2 ω2 (3) ω = 2πν erhält man den Abstand der Sterne r m1 + m2 r1 + r2 = 3 G 4π 2 ν 2 (4) (5) 1. Stern ................... ....... ..... ..... ... ... ... .... ... . .... . .. ... . .. . ... . . . . .... . . . . ...... . ...... ...................... . . . • ........... ..... ...... ..... . .... ... . .... ...... . ..... ....... . . . . . . • . . . . . . . ¾ -¾ r1 1.26 2. Stern Schwerpunkt •... - r2 Aufgabe M-26 Aufgabenstellung Eine Kette der Länge L und der Masse M wird so vertikal über einen Tisch gehalten, dass das untere Ende der Kette gerade die Tischplatte berührt. Anschließend wird die Kette losgelassen. Berechnen Sie die Kraft, die von der Kette auf den Tisch ausgeübt wird als Funktion der Höhe x des freien Kettenendes über der Tischplatte. .......... O O O O O O O L O O O O O O O .? . . . . ................O ...... .................................................................... .......... 6 .......... O 6 O O O O x(t) O O O OOO . . . . ? O.O ..O ........O .................. .O ............................................................ .......... Lösungsskizze • Auf den Tisch wirkt die Gewichtskraft FG der bereits auf dem Tisch liegenden Kettenglieder und die durch die Impulsänderung der aufprallenden Kettenglieder erzeugte Kraft FP . • Wenn M die Masse der Kette ist, dann ist M %= L die Längendichte der Kette. In der Zeit t liegen Kettenglieder der Masse · ¸ M x(t) m(t) = %[L − x(t)] = [L − x(t)] = M 1 − L L auf dem Tisch, was den differentiellen Zusammenhang M M dx = v(t) dt dm = L L ergibt. Die Länge der Kettenglieder, die noch nicht auf dem Tisch liegen, ist zur Zeit t 1 x(t) = L − gt2 2 und die Geschwindigkeit der Kette v(t) = gt , woraus der differentielle Zusammenhang (1) (2) (3) (4) (5) 20 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER dv = g dt folgt. Eliminiert man in (4) und (5) die Zeit t, so folgt der Zusammenhang (6) v 2 (t) = 2g[L − x(t)] Für die Impulsänderung gilt (7) dp = d[mv] = dm v + m dv = =⇒ FP = h dp xi = 3M g 1 − dt L M 2 M M v (t) dt + mg dt = 2g[L − x(t)] dt + [L − x(t)]g dt L L L (8) • Die Gewichtskraft der Kettenglieder, die bereits auf dem Tisch liegen, ist · ¸ x(t) FG (t) = m(t)g = M 1 − g L • Insgesamt ergibt sich die Kraft · ¸ x(t) F (t) = 4M g 1 − L 1.27 (9) (10) Aufgabe M-27 Aufgabenstellung Ein Objekt der Masse M hat die Form eines rechtwinkligen Dreiecks mit den Seitenlängen a und b, wie in der Abbildung gezeigt. Berechnen Sie den Schwerpunkt des Gebildes unter der Annahme, dass das Objekt eine homogene Massenbelegung hat. y 6 ..... . .. ..© ......... .© 6 ................... . . © ......... ..................... ..© ....................... ............................. © © ................ . .................................. . ...................................... . .......................................... ....................................................................... . ..................................................... ......................................................... ............................................................. ................................................................. ....................................................................................................... . . . .......................................................................... ............................................................................... . . . . © ©© ¾ © ©© b ? - x - a Lösungsskizze • Die Flächenmassendichte der Platte ist 2M M = σ= A ab , wobei die Fläche des Dreiecks 1 A = ab 2 eingesetzt wurde. (1) (2) • Bei Einteilung der Platte in kleine Flächenelemente ergibt sich als Formel für den Schwerpunkt 1 P 1 P σ P 2 P ~rS = ∆mi ~ri = σ∆Ai~ri = ∆Ai~ri = ∆Ai~ri (3) M i M i M i ab i • Wird die Zerlegung verfeinert, dann gilt mit dA = dx dy und den Integrationsgrenzen x ∈ [0, a] und y = [0, ab x] (die obere Grenze der y-Koordinate ist eine Funktion von x) ¯ ab x ¯ Z Z a Z bx Z a x x xy ¯ a 2 2 2 ¯ = = ~rS = dA dx dy dx 1 2 ¯¯ ab ab 0 ab 0 0 y y y 2 y=0 KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 2 = ab 1.28 Z 0 2 dx 2 = b 2 ab x 2 a b 2 ax 2a 21 ¯a ¯ ¯ ¯ b2 3 ¯¯ 6a2 x b 3 3a x x=0 a2 b 2 2 3 3 a = = 1 ab ab2 b 6 (4) 3 Aufgabe M-28 Aufgabenstellung Ein Massenpunkt rutscht reibungsfrei vom höchsten Punkt einer großen Kugel mit dem Radius R herunter. Die Anfangsgeschwindigkeit im höchsten Punkt war Null. • An welcher Stelle springt der Massenpunkt von der großen Kugel ab? • Wie groß ist die Arbeit der Kugel? Lösungsskizze • Der Massenpunkt verlässt die Kugeloberfläche, wenn die Normalkraft F~N die für die Kreisbewegung notwendige Zentripetalkraft F~Z nicht mehr aufbringen kann. Nach der Kraftzerlegung gilt FN = cos(ϑ)FG = mg cos(ϑ) , so dass sich die Bedingung (1) mv 2 > mg cos(ϑ) R ergibt. Mit dem Energieerhaltungssatz 1 mv 2 = mgh 2 und der geometrischen Bedingung FZ > mg cos(ϑ) =⇒ (2) (3) R = R cos(ϑ) + h erhält man durch Elimination von h (4) v 2 = 2gR[1 − cos(ϑ)] Setzt man diese Beziehung in die Forderung (2) ein, so folgt 2 2gR[1 − cos(ϑ)] > gR cos(ϑ) =⇒ cos(ϑ) < 3 Bei dem Winkel ϑ = 48.2◦ verlässt der Massenpunkt somit die Kugeloberfläche. (5) 6 . . . . . . . . . ........................ .......... ........ ....... 6 h ? .... m ....... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .....• ..... ... ......... ..... 6 ... .. ... 7 .......... ¶ .. ................. . . ... ¶ ....... . ... ...... ¶ R cos(ϑ) ... . ... ¶ ϑ....... ¶ ... ... . ... ¶ R .. . ... ¶ ... ... . ¶ .. . ? ..... .. ¶ .. . .¶ / F~N ¶ZZ ¶ Z Z ~... ...... ϑ ¶ ... ........... ........ .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. . .. . . . .. . ¶ ¶ / .. (6) F~H ? F~G • Auf den Massenpunkt wirkt die Hangabtriebskraft FH = sin(ϑ)FG = mg sin(ϑ) Weil die Vektoren F~H und d~r parallel sind, gilt |F~H · d~r| = FH dr = mgR sin(ϑ) dϑ Der Betrag der Arbeit ist daher ¯ϑ Z ϑ ¯ W = mgR sin(ϑ) dϑ = −mgR cos(ϑ)¯¯ = mgR[1 − cos(ϑ)] 0 (7) (8) (9) 0 Dies entspricht dem Verlust an potentieller Energie, die in kinetische Energie umgesetzt wird. 22 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER 1.29 Aufgabe M-29 Aufgabenstellung Ein Körper der Masse 100 g trifft mit einer Geschwindigkeit von 10 cm s auf einen zweiten, gleich schweren Körper. Nach dem Stoß laufen die beiden Körper, wie in der Abbildung gezeigt, unter dem Winkel α = 30◦ auseinander. • Wie groß ist die Geschwindigkeit der beiden Massen nach dem Stoß? • Berechnen Sie die Summe der kinetischen Energien der Massen vor und nach dem Stoß. • Handelt es sich bei der Wechselwirkung um einen elastischen Stoß? * ~v B,2 © ...© ... © . B © ..... .... .... © α ..... ... ©.. ... . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . .... .... .. A } - ~v A,1 B } .... .... .. ... . . ..... . . . . . . . . . . . .. . . . . . .... .... ... ... ... .. . ... HH α HH A HH j ~v A,2 Lösungsskizze • Nach dem Impulserhaltungssatz gilt µ ¶ µ ¶ µ ¶ mvA,1 mvA,2 cos(α) mvB,2 cos(α) = + 0 −mvA,2 sin(α) mvB,2 sin(α) Aus einem Vergleich der zweiten Komponenten folgt (1) vA,2 = vB,2 (2) und durch Einsetzen dieser Beziehung in die Gleichung, die sich aus einem Vergleich der ersten Komponenten ergibt, vA,1 cm vA,2 = = 5.77 (3) 2 cos(α) s • Die Summe der kinetischen Energien der Massen vor dem Stoß ist 1 Ekin,1 = mvA,1 2 = 5 · 10−4 J 2 und nach dem Stoß 1 1 Ekin,2 = mvA,2 2 + mvB,2 2 = mvA,2 2 = 3.33 · 10−4 J 2 2 (4) (5) • Weil die kinetische Energie der Massen vor dem Stoß größer als die kinetische Energie der Massen nach dem Stoß ist, handelt es sich nicht um einen elastischen Stoß. 1.30 Aufgabe M-30 Aufgabenstellung • Berechnen Sie die erste kosmische Geschwindigkeit, das heißt die Geschwindigkeit einer Rakete, die sie beim Abheben von der Erde mindestens braucht, um in eine unendliche Entfernung 2 von der Erde zu entkommen. Gravitationskonstante: G = 6.672 · 10−11 Nkgm2 , Radius der Erde: RE = 6.4 · 106 m, Masse der Erde: mE = 6.0 · 1024 kg. KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 23 • Zeigen Sie, dass das System Erde-Mond ein gebundenes System ist, das heißt die Gesamtenergie des Systems negativ ist. Nehmen Sie an, dass die Erde ruht und vergleichen Sie die kinetische und potentielle Energie des Mondes. Lösungsskizze • Die kinetische Energie der Rakete muss mindestens so groß sein wie die Energie, die sie zum Entkommen aus dem Gravitationsfeld der Erde benötigt. Im Grenzfall gilt r 1 mE mE m mv 2 = G =⇒ v = 2G (1) 2 RE RE Die erste kosmische Geschwindigkeit ist daher 11.2 km s . • Der Mond wird durch die Gravitationskraft auf seiner Kreisbahn gehalten. Daher hat der Mond die Geschwindigkeit v2 mM mE mE =G (2) =⇒ v 2 = G r r2 r Die Gesamtenergie des Systems ist somit 1 mM mE 1 mM mE mM v 2 − G =− G <0 (3) 2 r 2 r Daher wird beim Zusammensetzen des Systems Erde-Mond Energie frei, so dass Stabilität erreicht wird. FZ = FG =⇒ mM 1.31 Aufgabe M-31 Aufgabenstellung Ein Geschoss der Masse m fliegt mit der Geschwindigkeit v in einen Holzblock der Masse M , der an einem masselosen Faden hängt, und bleibt in diesem stecken. • Um welche Höhe h wird der Holzblock angehoben? • Welcher Anteil der kinetischen Energie des Geschosses geht in Wärmeenergie über? m • ........................................ ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... . ..... .... ........... .... ...... .. ... .. . . . . . . . . .... . . . . . . . . . ........................................... ... . ... ... ... ... ... ... . . . . . . ... . . . . ...... .............. ..... ..... . . . . . . . . . ... ... ... .. ... ......................................... • - v ◦ 6 h ? Lösungsskizze • Bei dem Stoß ist der Impulserhaltungssatz erfüllt. Für die Geschwindigkeit V des Holzblocks nach dem Stoß gilt m v (1) mv = [M + m]V =⇒ V = m+M Nach dem Stoß folgt mit dem Energieerhaltungssatz 1 V2 [m + M ]V 2 = [m + M ]gh =⇒ h = (2) 2 2g Setzt man den Ausdruck für die Geschwindigkeit V aus (1) in die Gleichung (2) ein, so ergibt sich die Höhe m2 v2 (3) h= 2g[m + M ]2 24 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER • Die Differenz der kinetischen Energien ist ¸ · 1 1 1 m mv 2 − [m + M ]V 2 = mv 2 1 − 2 2 2 m+M , so dass sich das Verhältnis h i 1 m 2 mv 1 − 2 m+M ∆Ekin M = = 1 2 Ekin m+M 2 mv ergibt. ∆Ekin = 1.32 (4) (5) Aufgabe M-32 Aufgabenstellung Berechnen Sie das Drehmoment auf den Stab in untenstehender Abbildung bezüglich einer Achse senkrecht zur Zeichenebene, die sich in der Mitte des Stabes befindet, und bezüglich einer Achse, die sich am linken Ende des Stabes befindet. Der Stab habe die Länge l = 4 m. Die Kräfte haben die Beträge F1 = 30 N, F2 = 10 N und F3 = 25 N, die Winkel die Beträge α = 45◦ , β = 20◦ und γ = 30◦ . y 6 F~3 Á ­­ γ ­ ­ ­ . . x .H ... . ... . β H .. . . . . H . . H . j H . -. F~2 l ................ ....... . ... ... ... ... .... F~1 . α¡.... . ¡ ... . ¾ ª ¡ Lösungsskizze • Die Kräfte haben die Komponentendarstellung −30 N cos(45◦ ) 10 N cos(20◦ ) 25 N sin(30◦ ) F~1 = −30 N sin(45◦ ) , F~2 = −10 N sin(20◦ ) , F~3 = 25 N cos(30◦ ) 0N 0N 0N • Bezüglich der ersten Achse erhalten wir die Ortsvektoren der Angriffspunkte der Kräfte 0m 4m 2m ~r1 = 0 m , ~r2 = 0 m , ~r3 = 0 m 0m 0m 0m und bezüglich der zweiten Achse −2 m 2m 0m ~r1 = 0 m , ~r2 = 0 m , ~r3 = 0 m 0m 0m 0m • Die Drehmomente ergeben sich als Kreuzprodukte mit der Formel ~ = ~r × F~ D Bezüglich der ersten Achse erhält man 0 Nm 0 Nm 0 Nm ~ 1 = 0 Nm , D ~2 = ~3 = ,D 0 Nm 0 Nm D 0 Nm −40 Nm sin(20◦ ) 50 Nm cos(30◦ ) und bezüglich der zweiten Achse (1) (2) (3) (4) (5) KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 25 0 Nm 0 Nm 0 Nm ~1 = ~2 = ~ 3 = 0 Nm ,D ,D 0 Nm 0 Nm D ◦ ◦ 60 Nm sin(45 ) −20 Nm sin(20 ) 0 Nm Als Gesamtdrehmoment ergibt sich bezüglich der ersten Achse 0 Nm ~ = 0 Nm D 29.6 Nm und bezüglich der zweiten Achse 0 Nm ~ = 0 Nm D 35.6 Nm Beide Drehungen erfolgen entgegen dem Uhrzeigersinn. 1.33 (6) (7) (8) Aufgabe M-33 Aufgabenstellung Ein dünner, homogener Stab der Masse m = 204 kg liegt horizontal auf zwei Keilen. Der Abstand der Keile sei 80 cm, der Schwerpunkt liege zwischen den Keilen und 60 cm vom linken Keil entfernt. • Wie groß sind die Kräfte FL und FR , die auf die Keile wirken? • Wieso bleibt der Schwerpunkt immer zwischen den Keilen, wenn die Keile zusammengeschoben werden? • Der Abstand zwischen dem Schwerpunkt des Stabes und der Mitte zwischen den Keilen sei s. Zeigen Sie, dass s proportional zur Differenz der Kräfte FL und FR ist. ¾ dL -..¾ . . s .¾ . -. . . . . . . . . . . . . . . . . . ¢A ¢ A ¢ A . . . . . . dR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • • ? F~G ¢A ¢ A ¢ A Lösungsskizze • Nimmt man den rechten Keil weg, so muss aus Stabilitätsgründen dL DR = DG =⇒ [dL + dR ]FR = dL mg =⇒ FR = mg = 1.5 N dL + dR gelten. Nimmt man den linken Keil weg, so muss entsprechend dR = 0.5 N DL = DG =⇒ [dL + dR ]FL = dR mg =⇒ FL = mg dL + dR erfüllt sein. (1) (2) • Angenommen der Schwerpunkt schiebt sich sehr dicht an einen Keil heran. Dann wirkt der andere Keil mit keiner eibungskraft mehr an dem Stab, so dass sich dieser Keil problemlos verschieben läßt, bis sich die Situation umkehrt. Daher kann sich der Schwerpunkt nicht über einen Keil hinaus verschieben. • Die Differenz der beiden von den Keilen ausgeübten Kräfte ist dL − dR ∆F = FL − FR = mg dL + dR (3) 26 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER Mit der Definition 1 1 s = dL − [dL + dR ] = [dL − dR ] 2 2 ergibt sich s ∆F = 2mg dL + dR 1.34 (4) (5) Aufgabe M-34 Aufgabenstellung Vater mit der Masse mV = 80 kg und Mutter mit der Masse mM = 55 kg sitzen an den Enden einer Wippe der Länge l = 4 m, die genau in der Mitte unterstützt wird. Wo muss die Tochter mit der Masse mT = 35 kg sitzen, damit die Wippe funktioniert? l ¾ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • V -. ¾ x -. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • ¢A T ¢ A . . . . .¢ . . . . . . . .A ....... ............................................................................................................................................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • M .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. Lösungsskizze Die Wippe funktioniert, wenn kein Drehmoment wirkt. Dies ist der Fall, wenn gilt 1 [mV − mM ]l 1 DV = DM + DT =⇒ mV g l = mT gx + mM g l =⇒ x = 2 2 2mT 1.35 (1) Aufgabe M-35 Aufgabenstellung Ein Würfel mit homogener Massenbelegung, der Seitenlänge 2a und der Gesamtmasse M rutscht reibungsfrei auf einer ebenen Tischoberfläche mit der Geschwindigkeit v. Er stößt auf eine kleine Kante am Tischrand, um die er anschließend rotiert. Wie groß muss die Geschwindigkeit v mindestens sein, damit der Würfel vom Tisch fällt? ........................................ ... .... ..... .. . . . . . ... . . . . .... ... .... ... ... . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . ... . . . . ..................................................................................................................................................................................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........... ........... ........... .......... .......... .......... .......... .......... .. • .... ..... ..... ..... ......... ..... ..... ..... ..... . . . . ..... ..... . . . . . ......... . . . ........ ..... . ..... ..... ..... ..... . . . . . ..... ..... ......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........... . . . . . . . . . ..................................................................................................................................................................................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........... ........... ........... .......... .......... .......... .......... .......... .. • a 6 ? √ 6 2a ? Lösungsskizze Bei dem Stoß des Würfels mit der Tischkante gilt der Drehimpulserhaltungssatz. Mit dem Trägheitsmoment des Würfels um die hier vorliegende Achse √ 2 8 J = JCM + M [ 2a]2 = M a2 , JCM = M a2 (1) 3 3 , das unter Beachtung des Satzes von Steiner berechnet wurde, gilt 3v M va = Jω =⇒ ω = (2) 8a KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 27 Nach dem Stoß wird kinetische Energie in potentielle Energie umgesetzt. Nach dem Energieerhaltungssatz gilt somit √ 3g √ 1 2 (3) Jω = M ga[ 2 − 1] =⇒ ω 2 = [ 2 − 1] 2 4a Setzt man die Beziehung (2) in die Gleichung (3) ein, so folgt r 16 √ v= ag[ 2 − 1] (4) 3 Wenn sich der Würfel mit dieser Geschwindigkeit auf die Tischkante zubewegt, dann reicht seine kinetische Energie gerade dazu aus, um den Schwerpunkt des Würfels anzuheben. Bei einer größeren Geschwindigkeit fällt der Würfel vom Tisch. 1.36 Aufgabe M-36 Aufgabenstellung Eine exzentrisch gelagerte Walze mit dem Radius R = 5 cm, der Höhe H = 10 cm und % = 5 g cm−3 dreht sich mit einer Winkelgeschwindigkeit von ω = 100 s−1 . Zur Zeit t = 0 s wird die Walze aus der Lagerung losgelassen und bewegt sich von diesem Zeitpunkt an ohne Einfluss äußerer Kräfte. • Mit welcher Winkelgeschwindigkeit dreht sich die Walze jetzt um die eigene Mittelachse? • Wie groß ist die Geschwindigkeit, mit der sich die Walze von der ehemaligen Lage der Schwerpunktachse entfernt? Achse ¾R. . . . . . . . ................................... .. . . . . . . ..... . . . . ..... . . . .... . . .... .. . . . . . . . . . . ... .. ... ... ..... ..... ....... .................................. • 6 H .......... ... .. ... ... ..... ..... ....... ................................... ? Lösungsskizze • Das Trägheitsmoment des Zylinders bezüglich seiner Schwerpunktachse ist 1 JCM = M R2 (1) 2 Nach dem Satz von Steiner ist das Trägheitsmoment des Zylinders bezüglich der hier vorliegenden Achse 3 (2) J = JCM + M R2 = M R2 2 Der Betrag des Drehimpulses des Zylinders vor dem Loslassen ist 3 (3) L1 = Jω1 = M R2 ω1 2 Der Drehimpuls des Zylinders nach dem Loslassen setzt sich aus dem Anteil aus der Schwerpunktbewegung und aus der Rotation um seine eigene Symmetrieachse zusammen. Nach der unten befindlichen Abbildung, die eine Aufsicht des Zylinders zum Zeitpunkt des Loslassens und zu einem späteren Zeitpunkt zeigt, gilt 1 (4) L2 = rM v sin(α) + JCM ω2 = M vR + M R2 ω2 2 Nach dem Drehimpulserhaltungssatz folgt 28 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER 3 1 Rω1 − Rω2 2 2 Die kinetische Energie des Zylinders vor dem Stoß ist 1 3 E1 = Jω1 2 = M R2 ω1 2 2 4 und nach dem Stoß 1 1 1 1 E2 = M v 2 + JCM ω2 2 = M v 2 + M R2 ω2 2 2 2 2 4 Aus dem Energieerhaltungssatz ergibt sich dann 3 1 E1 = E2 =⇒ v 2 = R2 ω1 2 − R2 ω2 2 2 2 Aus den Gleichungen (5) und (8) ergibt sich durch Elimination von v L1 = L2 =⇒ v = (5) (6) (7) (8) ω1 2 + ω2 2 − 2ω1 ω2 = 0 =⇒ [ω1 − ω2 ]2 = 0 =⇒ ω1 = ω2 (9) Daher dreht sich die Walze mit derselben Winkelgeschwindigkeit um die eigene Achse wie sie sich vorher um die Lagerungsachse gedreht hat. • Für die Geschwindigkeit der Walze gilt nach der Gleichung (5) m v = Rω1 = 5 s R •PP α PP P . . . . . . . . . . . . . . . ..................................... .... .... .... ..... .... ....... ...... .. ..... ..... .. ..... ..... ... .. ... ... .. . . ... ... ... ... ... . . . . . . . . . ..... . . . . . . . . . . . ... ... ... .. . . ... . . ... ... .... .... ..... ..... ...... ...... ......... ........................... 6 ? 1.37 • S (10) .......................... ......... ...... ..... ...... .... ..... ... .... . ... .. . ... .... ... ... ... ... . ... ... ... .. . ... . . . ... ... .... .... ..... ..... ...... ...... ........ ............................. PP ~r PP q• - ~v S Aufgabe M-37 Aufgabenstellung Ein Doppel-T-Anker (Dicke D, Dichte %) eines Elektromotors besteht aus einem quaderförmigen Mittelteil der Länge L und der Höhe D und zwei Endstücken, die als Halbzylinder mit Radius R gestaltet sind. Die Bohrung für die Drehachse habe den Radius A. Berechnen Sie das Trägheitsmoment des Doppel-T-Ankers. ................... ........ ...... ...... ..... . . . .. ... ... ... .... .. ... ..... ... ... ... ... ... ... ... ..... ..... ...... ....... ......... ................ . . . . ¾ ....................... ..... .... ... ... ... ... . .... . . .. ... . ..... ... . . . ..... . ..... . ..................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • ¾ A L ................... ........ ...... ...... .. . . . . . . . . . . .......... . . . . . . . ... ... ... ... ... ... ... .. . ... ..... .. . ... .. ... . .. . ... . . . . . . . . . . . .......... . . . . . . . . .. . ...... . ...... . ........ . .................. . . . . . . . . -¾ R 6 H ? - Lösungsskizze • Es ist bekannt, daß das Trägheitsmoment eines Quaders mit quadratischer Grundfläche bezüglich der hier vorliegenden Achse 1 M [D2 + L2 ] (1) JQ = 12 ist. Mit dem Zusammenhang zwischen Masse und Volumen M = %V und dem Volumen des Quaders (2) KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK V = D2 L ergibt sich somit 1 JQ = %D2 L[D2 + L2 ] 12 29 (3) (4) • Weiterhin ist bekannt, daß das Trägheitsmoment eines Zylinders bezüglich der hier vorliegenden Achse 1 JZ = M R2 (5) 2 ist. Mit (2) und dem Volumen des Zylinders V = πR2 D (6) ergibt sich 1 JZ = π%DR4 (7) 2 Das Trägheitsmoment eines Halbzylinders ist aus Symmetriegründen (der Integrationsbereich von ϕ ist nicht [0, 2π]R , sondern nur [0, π]R , man beachte den Integranden 1 des Integrals über ϕ) halb so groß wie das Trägheitsmoment eines Zylinders. Allerdings muß nun darauf geachtet werden, daß die Drehachse nicht mehr durch den Schwerpunkt des Körpers geht, so daß der Satz von Steiner nicht direkt anwendbar ist (siehe Abbildung). Es ergibt sich 1 J1 = π%DR4 (8) 4 • Um J3 zu berechnen, muß zweimal der Satz von Steiner angewendet werden. Dazu ist die Lage der y-Koordinate des Schwerpunkts des Halbzylinders zu berechnen. Der Anteil eines Elements des Halbzylinders an der y-Koordinate des Schwerpunkts ist 1 dS = y dm (9) M Mit der Darstellung von y in Zylinderkoordinaten y = r sin(ϕ) , der Masse M dV V , dem Volumen des Halbzylinders 1 V = πR2 D 2 und dem Volumenelement in Zylinderkoordinaten dm = % dV = dV = r dr dϕ dz ergibt sich 2 dS = r2 sin(ϑ) dr dϕ dz πR2 D Durch Integration über den Bereich des Halbzylinders folgt · ¸R · ¸π · ¸D Z R Z π Z D 2 1 3 2 2 r dr sin(ϕ) dϕ dz = r − cos(ϕ) z S= πR2 D 0 πR2 D 3 0 0 0 0 0 · ¸· ¸· ¸ 1 3 4R 2 R 2 D = = πR2 D 3 3π (10) (11) (12) (13) (14) (15) • Nach dem Satz von Steiner gilt J1 = J2 + M S 2 =⇒ J2 = J1 − M S 2 und · ¸2 1 1 J3 = J2 + M S + L = J2 + M S 2 + M SL + M L2 2 4 also mit (16) (16) (17) 30 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER 1 J3 = J1 + M SL + M L2 4 Mit den Formeln (8), (15) und (17) folgt 1 2 1 J3 = π%DR4 + %DR3 L + π%DR2 L2 4 3 8 (18) (19) • Das Trägheitsmoment des gefüllten Lochs beträgt 1 JL = π%DA4 2 (20) • Insgesamt erhält man daher aus (4), (19) und (20) J = JQ − JL + 2J3 als Trägheitsmoment des gesamten Doppel-T-Ankers. (21) ¾S-. . . . . . J Drehachse J 1 ................... ..2 .... ........ ..................... ...... ...... ...... ...... ..... ..... ..... ..... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... .... ... ... .. .. ... ... ... ... ... ... . . . . ... ... ..... ..... ...... ...... ...... ...... ........ ........ ................... ................... . . . . . . . . 1.38 J ................... 3 ........ ...... ...... ..... ..... ... ... ... ... ... ... ... .. . ... . .. . . . . . . . . ... . ... . ... . ... . . . . ... . ..... . ...... . ...... . ........ ................... . . . . • ¾-¾ S 1 2L . . . . . . . . ................... . ......... . .. . ........... . ..... . .... . ... . ... . ... . ... . ... . ... . ... . . .. . ... .... ... .. ... ... ... . . ... ..... ...... ...... ........ ................... • - -y ? x Aufgabe M-38 Aufgabenstellung Zwei Gewichte (Masse m1 und m2 ) sind über ein Seil und eine Rolle miteinander verbunden. Die Rolle sei ein homogener Zylinder mit dem Radius R und der Masse M . Die Masse des Seils sei vernachlässigbar. Es wirkt das Schwerefeld der Erde. Stellen Sie die Bewegungsgleichung für das Gewicht mit der Masse m1 auf, indem Sie den Energieerhaltungssatz benutzen. ........................................ ......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ........................................ .................. ..... ....... .... ... ... ... ..... . ... ... ... .. .. ..... . . . . .......... .......... ... • M x 6 m2 m1 Lösungsskizze • Für die kinetische Energie des Systems gilt 1 1 1 Ekin = m1 ẋ1 2 + m2 ẋ2 2 + Jω 2 2 2 2 und für die potentielle Energie (1) KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 31 Epot = m1 gx1 + m2 gx2 (2) , wenn man zunächst zwei separate Koordinatensysteme (in der angegebenen Richtung) zur Beschreibung der Orte der beiden Massen benutzt. Da die beiden Massen miteinander verbunden sind, genügen die Koordinaten x1 und x2 der Bedingung x1 + x2 = c =⇒ ẋ1 + ẋ2 = 0 mit c = const Das Trägheitsmoment eines Zylinders bezüglich der hier vorliegenden Achse ist 1 J = M R2 2 Weiterhin ist die Rollbedingung (3) (4) ẋ1 = ωR (5) erfüllt. Wenn man die Energieausdrücke (1) und (2) mit (3), (4) und (5) als Funktionen von x1 schreibt und anschließend x := x1 definiert, dann ist die gesamte Energie des Systems · ¸ 1 1 E= m1 + m2 + M ẋ2 + [m1 − m2 ]gx + m2 gc (6) 2 2 • Nach dem Energieerhaltungssatz bleibt die gesamte Energie des Systems konstant, was bedeutet, dass die erste Ableitung der Energie nach der Zeit verschwindet. · ¸ 1 1 m2 − m1 d E = 0 =⇒ m1 + m2 + M 2ẋẍ + [m1 − m2 ]g ẋ = 0 =⇒ ẍ = g (7) dt 2 2 m1 + m2 + 12 M 1.39 Aufgabe M-39 Aufgabenstellung Ein homogener Zylinder rollt eine Mulde hinab, deren Höhenprofil durch f (x) = kx2 mit k = const > 0 gegeben ist. Er startet mit verschwindender Anfangsgeschwindigkeit auf der linken Seite in der Höhe h1 und rollt unter dem Einfluss der Schwerkraft ohne zu rutschen zum tiefsten Punkt. Auf der rechten Seite der Mulde ist die Oberfläche ideal glatt, so dass sich der Zylinder ohne Reibung an der Wand entlangbewegt. Welche Höhe h2 erreicht der Zylinder? z 6 ... . .. .. ... .. .. ... ... ... .. .. .. .. .. . . . ...... . . ... .. . ... ... .. ... ... .. .. .. . .. ... ... .. .. .. ... ... .. . . .. . ... . . ..... . . . .. . ... .. .. .. . . .. . ... .. .. ... ... .. .. .. . . 2 ... . ... ... ... ... ..... ... . . . ... ... ...... .................... 6 h1 } } 6 h ? ?-x Lösungsskizze • Zunächst hat der Zylinder die potentielle Energie Epot = mgh1 (1) Während der Bewegung auf der linken Seite wird diese potentielle Energie vollständig in kinetische Energie umgewandelt, die sich aus einem Translationsanteil und einem Rotationsanteil zusammensetzt. Es gilt 1 1 (2) Ekin = mv 2 + Jω 2 2 2 , wobei v die Geschwindigkeit des Schwerpunktes des Zylinders und ω die Winkelgeschwindigkeit 32 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER des Zylinders ist. Mit dem Trägheitsmoment des Zylinders 1 J = mr2 2 und der Rollbedingung (3) v = ωr ergibt sich (4) 3 mv 2 4 Aus einem Energievergleich von (1) und (5) folgt durch Auflösen nach v r 4 v= gh1 3 Ekin = (5) (6) • Während der Bewegung auf der rechten Seite wird der Translationsanteil der kinetischen Energie des Zylinders vollständig in potentielle Energie umgewandelt. Dieser ist 1 Ekin,T = mv 2 (7) 2 Der Rotationsanteil der kinetischen Energie bleibt erhalten, weil die Oberfläche der Mulde ideal glatt ist. Die potentielle Energie des Zylinders beim Erreichen der Höhe h2 ist Epot = mgh2 (8) Aus einen Energievergleich von (7) und (8), durch Einsetzen von v und Auflösen nach h2 folgt 2 h2 = h1 (9) 3 1.40 Aufgabe M-40 Aufgabenstellung Die Schwingungsdauer im Schwerefeld der Erde (Erdbeschleunigung g) eines Fadenpendels sei T . • Wie groß wäre die Schwingungsdauer auf dem Mond (Mondbeschleunigung einer Rakete, die mit 3g von der Erde startet? 1 6 g), wie groß in • Was beobachten Sie bei einem Federpendel in den drei Fällen? Lösungsskizze • Für die Schwingungsdauer eines Fadenpendels gilt s l T = 2π g (1) , wobei l die Länge der Pendelstange ist. Damit beträgt die Schwingungsdauer auf dem Mond s √ l TM = 2π = 6T (2) gM und die Schwingungsdauer in der Rakete s 1 l TR = 2π = T gR 2 (3) , wobei zu beachten ist, dass die Erdbeschleunigung g zu der Startbeschleunigung √ 3g der Rakete zu addieren ist. Also ist die Schwingungsdauer auf dem Mond um den Faktor 6 größer und in der Rakete um den Faktor 21 kleiner als die Schwingungsdauer auf der Erde. • Für die Schwingungsdauer eines Federpendels gilt r k T = 2π (4) m , wobei k die Konstante der Feder und m die Masse des an die Feder gehängten Körpers ist. KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 33 Da die Schwingungsdauer unabhängig von der wirkenden Gravitationsbeschleunigung ist, ergibt sich kein Unterschied in den 3 Fällen. Ein wesentlicher Unterschied in den 3 Fällen ist aber die Auslenkung des Federpendels aus der Ruhelage. Für diese Auslenkung gilt mg d= (5) k 1 Also ist die Auslenkung aus der Ruhelage auf dem Mond um den Faktor 6 kleiner und in der Rakete um den Faktor 4 größer als die Auslenkung auf der Erde. 1.41 Aufgabe M-41 Aufgabenstellung Berechnen Sie das Trägheitsmoment einer homogenen Kugel mit der Masse M und dem Radius R bezüglich einer Achse durch ihren Mittelpunkt. Lösungsskizze • Das Trägheitsmoment eines Massenpunktes bezüglich einer festen Achse ist r⊥ 2 dm (1) , wobei r⊥ für den senkrechten Abstand des Massenpunktes von der Achse und dm für die Masse des Massenpunktes steht. • Die Berechnung des Trägheitsmoments der Kugel wird zur Vereinfachung der Integration in Kugelkoordinaten durchgeführt. Daher ist es notwendig, die Ausdrücke für r⊥ und dm zu finden. • Wenn sich die Kugel um die z-Achse dreht, ist der senkrechte Abstand eines Kugelelements von dieser Achse p r⊥ = x2 + y 2 (2) Der Ortsvektor eines Kugelelements ist in Kugelkoordinaten r sin(ϑ) cos(ϕ) ~r = r sin(ϑ) sin(ϕ) (3) r cos(ϑ) Also ergibt sich der senkrechte Abstand eines Kugelelements von der z-Achse zu r⊥ = r sin(ϑ) , wobei die Identität (4) sin2 (ϕ) + cos2 (ϕ) = 1 beachtet wurde. (5) • Das Volumenelement in Kugelkoordinaten ist dV = r2 sin(ϑ) dr dϑ dϕ Ein Kugelelement hat die Masse M 3M 3M 2 dm = % dV = dV = dV = r sin(ϑ) dr dϑ dϕ V 4πR3 4πR3 • Das Trägheitsmoment eines Kugelelements ergibt sich wegen (1), (4) und (7) zu 3M 4 3 r sin (ϑ) dr dϑ dϕ 4πR3 , so dass das Trägheitsmoment der Kugel · ¸R · ¸π · ¸2π Z R Z π Z 2π 3M 3M 1 5 1 3 4 3 r dr sin (ϑ) dϑ dϕ = r − cos(ϑ) + cos (ϑ) ϕ 4πR3 0 4πR3 5 3 0 0 0 0 0 ¸· ¸· ¸ · 2 3M 1 5 4 R 2π = M R2 = 4πR3 5 3 5 ist. (6) (7) (8) (9) 34 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER 1.42 Aufgabe M-42 Aufgabenstellung Ein physikalisches Pendel der Länge l (masselose Stange) und der Punktmasse m ist in einem Abstand h unterhalb des Aufhängepunktes mit einer Feder (Federkonstante k) verbunden und schwingt im Schwerefeld der Erde. • Berechnen Sie die Schwingungsgleichung auf zwei Arten: mit einer Kräftebetrachtung und aus der Energieerhaltung. ................................ ................................................................................................................................................................. . . . . . . . . . . . . . . ........................................................................................................................................................................... ... . ........... .. ........... . ........... .. ........... ................. ... .......... . .. ... . ........... .................. .......... ................ ... . .. . .......... ... ................ . .. .. ................. . . . .. . ......... ... ........... ........... ... ................... . . . .. . . ........... . . . .. .... .... .... .... ........... . ..... . . . . . . . . . . . .......... .... ..... .... ..... .... ..... .... ............................ . . . . . . . . . . . . . ... ... ... ... .......... ... ........... . ........... .. .................. . .......... .. . .. . ........... ... .... .......... ... .... ................ ... . . .. . .......... .... .... ... ................ . .. ......................... ................. . .. . ......... ........... ......... ........... ................... ... ........... ........... .......... 6 6 ϕ h l ? ? } Lösungsskizze ~ G mit • Die Schwerkraft F~ G erzeugt das Drehmoment D DG = lFG,R = lFG sin(ϕ) = mgl sin(ϕ) (1) Bei kleinen Schwingungen des Pendels kann angenommen werden, dass die Feder nur in hori~ F mit zontaler Richtung gedehnt wird. Daher erzeugt die Federkraft F~ F das Drehmoment D DF = hF F,R = hFF cos(ϕ) = hkd cos(ϕ) = h2 k sin(ϕ) cos(ϕ) (2) Diese Drehmomente wirken der Bewegung des Pendels entgegen. Das auf das Pendel wirkende ~ P hat den Betrag Drehmoment D DP = Jα = ml2 ϕ̈ Die Bewegungsgleichung folgt aus (3) mgl + kh2 ϕ=0 (4) ml2 , wobei für kleine Schwingungen die Näherungen sin(ϕ) ≈ ϕ und cos(ϕ) ≈ 1 gemacht werden. DP = −[DG + DF ] ⇐⇒ ϕ̈ + ¢HHH j.. ~ . ¢ϕ . F G,R . ........... . . . . . . . . ¢ . . ¢ ¢ ¢. . . .® . . . . . . . . . . .. . .. . . .. .. ? F~ G .. .. ¢̧ . . . . . . . . .. .. ¢ .. .. .. .. ~ ¢ .. . . FF . H ϕ ... . . HH . ... . HH .... j. H F~ F,R . . ¢.... ¢ϕ... ........... . ¢ h ........ ¢ ... . . ¢ . . ¢ d • Die potentielle Energie des Pendels beträgt Epot,G = mgl[1 − cos(ϕ)] (5) Bei kleinen Schwingungen des Pendels kann angenommen werden, dass die Feder nur in horizontaler Richtung gedehnt wird. Diese Dehnung ist KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 35 d = h sin(ϕ) (6) , so dass die potentielle Energie der Feder 1 Epot,F = kh2 sin2 (ϕ) (7) 2 beträgt. Die kinetische Energie des Pendels ist durch 1 1 Ekin = Jω 2 = ml2 ϕ̇2 (8) 2 2 gegeben. Die gesamte Energie der Feder ist somit 1 1 E = mgl[1 − cos(ϕ)] + kh2 sin2 (ϕ) + ml2 ϕ̇2 (9) 2 2 Nach dem Energieerhaltungssatz bleibt diese Energie zeitlich konstant. d E = 0 =⇒ mgl sin(ϕ)ϕ̇ + kh2 sin(ϕ) cos(ϕ)ϕ̇ + ml2 ϕ̇ϕ̈ = 0 dt mgl + kh2 =⇒ ϕ̈ + ϕ=0 (10) ml2 , wobei die Lösung ϕ̇ = 0 verworfen wird und für kleine Schwingungen die Näherungen sin(ϕ) ≈ ϕ und cos(ϕ) ≈ 1 eingesetzt werden. ¢̧¢ ..... . ¢ ..... ¢ ..............ϕ ......... . ¢ ...... l ¢ .... . ¢ ...... . ¢ ..... ¢ .... ¢ ..... . ¢®... .... ....... 6 l ... . . ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... .... ... .......... l[1 − cos(ϕ)] ? }? 6 1.43 Aufgabe M-43 Aufgabenstellung Ursprünglich drehe sich ein Planet (Radius R, Dichte %) mit der Periode T0 um seine Achse. Nach einiger Zeit hat sich durch Auftreffen von Meteoriten eine homogene Staubschicht der Dicke h auf der Planetenoberfläche gebildet. Dadurch ändert sich die Umdrehungszeit zu T1 . Die Meteoriten treffen den Planeten aus allen Richtungen, das heißt im Mittel radial auf den Planeten. Die Dichte des Meteoritenstaubs sei %S . • Berechnen Sie das Massenträgheitsmoment der Staubschicht. • Wie ändert sich die Umdrehungszeit? Berechnen Sie dazu den Quotienten T1 − T0 ∆= T0 Lösungsskizze • Wir berechnen zuerst das Trägheitsmoment einer Hohlkugel der Dicke h. Das Trägheitsmoment eines Massenpunktes bezüglich einer festen Achse ist dJ = r⊥ 2 dm (1) , wobei r⊥ für den senkrechten Abstand des Massenpunktes von der Achse und dm für die Masse des Massenpunktes steht. Die Berechnung des Trägheitsmoments wird zur Vereinfachung der Integration in Kugelkoordinaten durchgeführt. Daher ist es notwendig, die Ausdrücke für r⊥ und dm zu finden. 36 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER • Wenn sich die Hohlkugel um die z-Achse dreht, ist der senkrechte Abstand eines Hohlkugelelements von dieser Achse p r⊥ = x2 + y 2 (2) Der Ortsvektor eines Hohlkugelelements ist in Kugelkoordinaten r sin(ϑ) cos(ϕ) ~r = r sin(ϑ) sin(ϕ) (3) r cos(ϑ) Also ergibt sich der senkrechte Abstand eines Hohlkugelelements von der z-Achse zu r⊥ = r sin(ϑ) , wobei die Identität (4) sin2 (ϕ) + cos2 (ϕ) = 1 beachtet wurde. (5) • Das Volumenelement in Kugelkoordinaten ist dV = r2 sin(ϑ) dr dϑ dϕ Ein Kugelelement hat die Masse dm = % dV = %r2 sin(ϑ) dr dϑ dϕ (6) (7) • Das Trägheitsmoment eines Hohlkugelelements ergibt sich wegen (1), (4) und (7) zu dJ = %r4 sin3 (ϑ) dr dϑ dϕ , so dass das Trägheitsmoment der Kugel ¸R+h · ¸π · ¸2π · Z R+h Z π Z 2π 1 1 5 3 3 4 − cos(ϑ) + cos (ϑ) ϕ J =% r dr sin (ϑ) dϑ dϕ = % r 5 3 R 0 0 R 0 0 · ¸· ¸· ¸ £ ¤ £ ¤ 1 4 8π =% [R + h]5 − R5 2π = % [R + h]5 − R5 5 3 15 ist. • Das Trägheitsmoment des Planeten ergibt sich aus (9) mit R 7→ 0 und h 7→ R zu 8π 5 %R JP = 15 und das Trägheitsmoment der Staubschicht aus (9) mit % 7→ %S zu ¤ 8π £ JS = %S [R + h]5 − R5 15 (8) (9) (19) (20) • Da die Meteoriten im Mittel nur einen radialen Impuls bezüglich des Planeten besitzen, üben sie kein Drehmoment auf ihn aus, so dass der Drehimpuls des Systems zeitlich konstant ist. Daher gilt LP,0 = LP,1 + LS,1 =⇒ JP ω0 = JP ω1 + JS ω1 Beachtet man den Zusammenhang 2π ω= T , so ergibt sich aus (21) nach Umformung T1 JS =1+ T0 JP und mit den Formeln (19) und (20) "· # ¸5 T1 JS %S h ∆= −1= = 1+ −1 T0 JP % R (21) (22) (23) (21) KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 1.44 37 Aufgabe M-44 Aufgabenstellung Eine Kugel (Masse mK = 5 g) wird mit einer Geschwindigkeit vK = 250 m s−1 parallel zur Erdoberfläche in einen ruhenden Zylinder (Länge l = 10 cm, Radius r = 2 cm, Dichte % = 0.8 g cm−3 ) geschossen. Die punktförmige Kugel bleibt im Massenmittelpunkt des Zylinders stecken. Nach dem Stoß rollt der Zylinder. • Mit welcher Winkelgeschwindigkeit ω dreht sich der Zylinder? • Mit welcher Geschwindigkeit vZ bewegt sich der Schwerpunkt des Zylinders? • Wieviel Energie wurde in nicht-mechanische Energieformen umgesetzt? mK • - ~v K ........................ .......... ...... ..... ...... ..... ..... .... ... .. ... . ... .. . ... .... . .... . . . . . . . . . . .... . . . . . . . . . ... . .. ... . ... .. . . ... . . ... .... ..... .... ...... ...... ........ ............................... • r 6 ? Lösungsskizze • Bei der Wechselwirkung zwischen der Kugel und dem Zylinder handelt es sich um einen vollkommen unelastischen Stoß, weil die Kugel und der Zylinder ihre Bewegung gemeinsam fortsetzen. Im Falle von unelastischen Stößen gilt der Impulserhaltungssatz, aber nicht der Energieerhaltungssatz, da ein Teil der kinetischen Energie in nicht-mechanische Energieformen umgewandelt wird. • Bei dem vorliegenden Stoß ist der Drehimpulserhaltungssatz zu beachten. Die Drehimpulse der Kugel und des Zylinders vor und nach dem Stoß sind bezüglich der Auflageachse des Zylinders während des Stoßes zu berechnen. Daher ergeben sich die folgenden Drehimpulse: Drehimpuls der Kugel vor dem Stoß = rmK vK , Drehimpuls des Zylinders vor dem Stoß = 0, Drehimpuls der Kugel nach dem Stoß = rmK vZ und Drehimpuls des Zylinders nach dem Stoß = rmZ vZ + JZ ω. Der letzte Drehimpuls setzt sich aus einem Translationsanteil (bezüglich der Auflageachse bei dem Stoß) und einem Rotationsanteil (bezüglich der eigenen Drehachse) zusammen. Nach dem Drehimpulserhaltungssatz gilt somit rmK vK = rmK vZ + rmZ vZ + JZ ω (1) • Die Masse des Zylinders beträgt mZ = %VZ = %πr2 l (2) , das Trägheitsmoment des Zylinders bezüglich der aktuellen Drehachse 1 1 JZ = mZ r2 = %πr4 l (3) 2 2 Der Zusammenhang zwischen der Geschwindigkeit vZ des Schwerpunktes des Zylinders und der Winkelgeschwindigkeit des Zylinders ω ist durch vZ = ωr (Rollbedingung) gegeben. • Berücksichtigt man die letzten Bemerkungen in der Gleichung (1) und löst diese nach ω auf, so folgt m K vK (4) ω= [mK + 32 %πr2 l]r Der numerische Wert für ω ist 401 s−1 . • Aus der Rollbedingung ergibt sich der numerische Wert für vZ zu 8.02 m s−1 . • Die kinetische Energie des Systems Kugel-Zylinder vor dem Stoß ist 1 Ekin = mK vK 2 2 (5) 38 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER , wobei beachtet wurde, dass der Zylinder vor dem Stoß keine kinetische Energie besitzt. Der numerische Wert ist 156 J. Die kinetische Energie des Systems Kugel-Zylinder nach dem Stoß ist 1 1 Ekin = [mK + mZ ]vZ 2 + JZ ω 2 (6) 2 2 Da die Kugel nur als Massenpunkt aufgefasst wird, trägt sie keinen Anteil zum Trägheitsmoment des Systems Kugel-Zylinder (bezüglich einer Drehachse durch den Schwerpunkt) bei. Der numerische Wert ist 5.01 J. Damit wurden 151 J in nicht-mechanische Energieformen umgewandelt. 1.45 Aufgabe M-45 Aufgabenstellung Eine Stange der Masse m = 2 kg und der Länge l = 1 m ist auf einer horizontalen Achse gelagert, die durch den Endpunkt der Stange verläuft. • Mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich der Endpunkt der Stange durch seine tiefste Stellung, wenn wir die Stange aus der Höchstlage fallen lassen? • Mit welcher Kraft wird die Achse, welche die Stange trägt, im Moment des Durchlaufens der tiefsten Stellung beansprucht? y 6 .......... m 6 l ? -x Lösungsskizze • Zuerst muss das Trägheitsmoment der Stange bezüglich der hier vorliegenden Drehachse berechnet werden. Das Trägheitsmoment eines Linienelements der Stange ist dJ = y 2 dm Mit der Einführung einer Liniendichte % = ml = dm dy folgt dann m dJ = %y 2 dy = y 2 dy l Das gesamte Trägheitsmoment der Stange ergibt sich durch Integration. · ¸l Z m l 2 m 1 3 1 J= y dy = y = ml2 l 0 l 3 3 0 (1) (2) (3) • Um die Geschwindigkeit v des freien Endpunktes der Stange beim Durchlaufen der tiefsten Lage zu erhalten, wird der Energieerhaltungssatz benutzt. Der Schwerpunkt der Stange liegt in der Entfernung 12 l zu der Drehachse. Daher ist die potentielle Energie der Stange in der höchsten Lage bezüglich der tiefsten Lage Epot = mgl (4) (4) , da die Schwerpunkte der Stange in der höchsten und tiefsten Lage den Abstand l voneinander haben. • Wenn sich die Stange in der tiefsten Lage befindet, wurde die potentielle Energie Epot vollständig in kinetische Energie umgewandelt. Die kinetische Energie ist KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 39 1 2 1 Jω = ml2 ω 2 (5) 2 6 Durch einen Energievergleich von (4) und (5) und anschließendes Auflösen der Gleichung nach ω folgt r 6g ω= (6) l Die Geschwindigkeit des Endpunktes der Stange ist daher p v = ωl = 6gl (7) −1 Mit den Werten der Aufgabenstellung ergibt sich die Geschwindigkeit v = 7.7 m s . Ekin = • An der Drehachse greifen zwei Kräfte an: Die Gewichtskraft FG = mg der Stange und die Gegenkraft der Zentripetalkraft, die die Drehachse aufbringen muss, wenn sie die Stange auf ihrer Kreisbahn halten soll. Weil sich der Schwerpunkt der Stange bei der tiefsten Lage um die Strecke 12 l unterhalb des Ursprungs befindet, ist die Zentripetalkraft · ¸ 2 1 FZ = mω l = 3mg (8) 2 , wobei der Ausdruck (6) für ω eingesetzt wurde. Die gesamte Kraft F , die die Stange auf die Drehachse ausübt, ist daher F = FG + FZ = mg + 3mg = 4mg Mit den Werten der Aufgabenstellung ergibt sich F = 78.5 N . 1.46 (9) Aufgabe M-46 Aufgabenstellung Ein Reagenzglas mit dem Durchmesser d = 1.2 cm, in dem sich Blei befindet, schwimmt aufrecht im Wasser. Die Gesamtmasse (Reagenzglas und Blei) beträgt m = 30 g. Wird das Glas kurzzeitig ins Wasser gedrückt, dann führt es Schwingungen aus. • Zeigen Sie, dass es sich bei der Bewegung um eine harmonische Schwingung handelt, wenn Reibungskräfte und die Schwingungen der Wasseroberfläche vernachlässigt werden. • Vergleichen Sie die Schwingung mit der Schwingung eines Federpendels, indem Sie die Federkonstante des Systems bestimmen. Leiten Sie daraus die Kreisfrequenz und die Periodendauer der Schwingung ab. • Wie hängt diese Kreisfrequenz vom Reagenzglasdurchmesser ab? • Berechnen Sie den zeitlichen Verlauf der kinetischen und potentiellen Energie. Zeigen Sie, dass sich die Energien mit der doppelten Kreisfrequenz des Systems hin- und herbewegen. ................................................................................. ................................................................................. x ... . .... ..... ........... ? x Lösungsskizze • Wenn angenommen wird, dass sich die Höhe des Wasserstandes nicht ändert, wenn sich das Reagenzglas in der Wasseroberfläche auf und ab bewegt, dann wirkt nur die Auftriebskraft auf das Reagenzglas. 1 F = %V g = − π%gd2 x (1) 4 40 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER Die Kraft F wirkt einer Auslenkung x immer entgegen. Die Ruhelage wird durch x = 0 gekennzeichnet. Das Volumen V des Teils des Reagenzglases, das sich im Vergleich zur Ruhelage bei einer Auslenkung über bzw. unter dem Wasser befindet, ist π[ 12 d]2 x. Weil die Kraft rücktreibend und direkt proportional zur Auslenkung x ist, handelt es sich bei der Bewegung um eine harmonische Schwingung. • Die Kraft, die auf den angehängten Körper eines Federpendels wirkt, ist F = −kx (2) Vergleicht man (1) mit (2), so erhält man die Federkonstante des hier vorliegenden Systems. 1 (3) k = π%gd2 4 Nach Einsetzen der gegebenen Daten folgt k = 1.11 N m−1 . • Die Kreisfrequenz eines Federpendels ist gegeben durch r k ω= (4) m , so dass für die Kreisfrequenz des hier vorliegenden Systems r 1 π%g ω= d (5) 2 m gilt. Der numerische Wert ist 6.08 s−1 . Der Zusammenhang zwischen der Kreisfrequenz ω und der Periodendauer T ist 2π T = (6) ω Damit beträgt die Periodendauer 1.03 s. • Aus der Gleichung (5) kann abgelesen werden, dass die Kreisfrequenz direkt proportional zum Durchmesser des Reagenzglases ist. • Die kinetische Energie des Systems ist 1 Ekin (t) = mẋ2 (t) (7) 2 , die potentielle Energie des Systems ist 1 Epot (t) = kx2 (t) (8) 2 Wenn das Reagenzglas ausgelenkt und losgelassen wird, liegt eine harmonische Schwingung x(t) vor. x(t) = c1 sin(ωt + c2 ) (9) , wobei die Konstanten c1 und c2 von den Anfangsbedingungen abhängig sind. Aus (7) und (8) folgt daher 1 Ekin (t) = mc1 2 ω 2 cos2 (ωt + c2 ) (10) 2 1 Epot (t) = kc1 sin2 (ωt + c2 ) (11) 2 Weil die Periodendauer der Funktionen sin2 (ωt + c2 ) bzw. cos2 (ωt + c2 ) nur halb so groß ist wie die Periodendauer der Funktion sin(ωt + c2 ) bzw. cos(ωt + c2 ), schwingt die kinetische Energie und die potentielle Energie mit der doppelten Kreisfrequenz. 1.47 Aufgabe M-47 Aufgabenstellung Auf einem Telegraphenmast (homogener Stab der Länge l und Masse M ) sitzt ein Elektrotechniker (idealisiert als Massenpunkt der Masse m). Plötzlich beginnt der Mast umzukippen. Die Person erwägt drei Strategien: KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 41 • Sie bleibt auf dem Mast sitzen, hält sich an ihm fest und fällt mit um. • Sie springt sofort herunter. • Sie bleibt auf dem Mast sitzen ohne sich festzuhalten, bis sie den Kontakt mit dem Mast verliert, und läßt sich fallen. Welche Strategie ist am klügsten? Berechnen Sie dazu für die drei Fälle den Impuls, den die Person hat, wenn sie auf dem Boden auftrifft. Führen Sie die Diskussion auch für einen glatten Boden durch. y m•.6 ......... M 6 l ? -x Lösungsskizze • Bezüglich der hier vorliegenden Achse ist das Trägheitsmoment des Mastes 13 M l2 und das Trägheitsmoment der Person ml2 , so daß das gesamte Trägheitsmoment des Systems · ¸ 1 J= M + m l2 (1) 3 ist. • Wenn sich die Person an dem Mast festhält und mit ihm umkippt, wird die potentielle Energie des Systems vollständig in kinetische Energie umgesetzt. · ¸ 1 1 M + m gl (2) Epot = M gl + mgl = 2 2 Die potentielle Energie des Stabes wurde bezüglich seines Schwerpunkts berechnet. · ¸ 1 1 1 Ekin = Jω 2 = M + m l2 ω 2 (3) 2 2 3 Mit dem Energieerhaltungssatz und der Bedingung v = ωl folgt daraus s 1 p M +m Epot = Ekin =⇒ v = 2gl 21 (4) 3M + m Aufgrund der Kreisbewegung der Person ist klar, daß die Komponente der Aufprallgeschwindigkeit ~v in x-Richtung verschwindet. Der Impuls der Person beim Auftreffen ist also s 1 p M +m (5) p1 = m 2gl 21 3M + m • Wenn die Person springt, wird die potentielle Energie der Person vollständig in kinetische Energie umgewandelt. Die potentielle Energie ist Epot = mgl (6) und die kinetische Energie 1 Ekin = mv 2 (7) 2 Nach dem Energieerhaltungssatz gilt dann p Epot = Ekin =⇒ v = 2gl (8) Aufgrund der Fallbewegung der Person ist klar, daß die Komponente der Aufprallgeschwindigkeit ~v in x-Richtung verschwindet. Der Impuls der Person beim Auftreffen ist also 42 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER p2 = m p 2gl (9) • Bei der ersten und zweiten Strategie spielt es keine Rolle, ob der Boden glatt ist oder nicht, weil der Impulsvektor senkrecht auf dem Boden steht. Daher verschwindet die x-Komponente des Impulses und die Person rutscht nicht in x-Richtung. Wegen der Beziehung s 1 M +m p1 = p2 21 (10) 3M + m und der Tatsache, daß der Wurzelfaktor größer als 1 ist, folgt p1 > p2 , so daß die zweite Strategie unabhängig von der Bodenqualität besser ist. • Nun soll die zweite Strategie mit der dritten Strategie in Abhängigkeit von der Bodenqualität verglichen werden. Die potentielle Energie des Systems Mast-Person ist in Abhängigkeit von ϕ (linke Skizze) · ¸ 1 1 Epot = M g l sin(ϕ) + mgl sin(ϕ) = M + m gl sin(ϕ) (11) 2 2 Nach dem Energieerhaltungssatz ist die potentielle Energie Epot,A am Anfang der Bewegung identisch mit der Summe aus der potentiellen und kinetischen Energie zu einem beliebigen Zeitpunkt. Daher gilt mit (2) und (3) · ¸ · ¸ · ¸ 1 1 1 1 g 1M + m M + m gl = M + m gl sin(ϕ) + M + m l2 ω 2 =⇒ ω 2 = 2 21 [1 − sin(ϕ)] 2 2 2 3 l 3M + m (12) Der Kontakt der Person mit dem Mastende geht verloren, wenn der Anteil der Gewichtskraft der Person in Stabrichtung nicht mehr die notwendige Zentripetalkraft aufbringen kann. Der Winkel ϕK , bei dem der Kontakt verloren geht, genügt der Bedingung (mittlere Skizze) g FZ = FG,R =⇒ mωK 2 l = mg sin(ϕK ) =⇒ ωK 2 = sin(ϕK ) (13) l Nutzt man die Beziehung (12) für den Zeitpunkt des Kontaktverlustes, so folgt hieraus 3M + 6m sin(ϕK ) = (14) 4M + 9m Für die Geschwindigkeiten der Person in x- und y-Richtung gilt (rechte Skizze) vx,K = vK sin(ϕK ) = ωK l sin(ϕK ) und (15) vy,K = vK cos(ϕK ) = ωK l cos(ϕK ) (16) Nachdem die Person den Kontakt mit dem Mastende verloren hat, wird sie durch die Erdanziehungskraft beschleunigt. Die Geschwindigkeit in x-Richtung bleibt dabei erhalten, so daß die Endgeschwindigkeit der Person in x-Richtung beim Auftreffen auf den Boden vx,E = ωK l sin(ϕK ) (17) ist. Die Geschwindigkeit in y-Richtung folgt aus dem Energieerhaltungssatz aus der Tatsache, daß die potentielle Energie der Person zum Zeitpunkt des Kontaktverlustes vollständig in zusätzliche kinetische Energie umgewandelt wird. Mit (16) und (13) folgt dann 1 1 mvy,K 2 + mgl sin(ϕK ) = mvy,E 2 =⇒ vy,E 2 = gl[2 + cos2 (ϕK )] sin(ϕK ) (18) 2 2 • Wenn der Boden nicht glatt ist, hat die Person den Impuls q p3,1 = mv = m vx,E 2 + vy,E 2 Mit den Formeln (17), (18), (13) und (14) erhält man r q 3M + 6m 3 2 p3,1 = m gl sin (ϕK ) + gl[2 + cos (ϕK )] sin(ϕK ) = m 3gl 4M + 9m , wobei die Identität sin2 (ϕK ) + cos2 (ϕK ) = 1 beachtet wurde. Zusammen mit (9) folgt r 9M + 18m p3,1 = p2 8M + 18m (19) (20) (21) KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 43 Weil der Nenner des Faktors kleiner als der Zähler ist, gilt p3,1 > p2 , so daß die zweite Strategie immer noch günstiger ist. • Wenn der Boden glatt ist, hat die Person den Impuls p3,2 = mvy,E (22) 2 2 Mit der Formel (18), der Identität cos (ϕK ) = 1 − sin (ϕK ) und (14) erhält man r q 117M 3 + 774M 2 m + 1701M m2 + 1242m3 2 p3,2 = m gl[3 − sin (ϕK )] sin(ϕK ) = m gl (23) 64M 3 + 432M 2 m + 972M m2 + 729m3 Zusammen mit (9) folgt r 117M 3 + 774M 2 m + 1701M m2 + 1242m3 p3,2 = p2 (24) 128M 3 + 864M 2 m + 1944M m2 + 1458m3 Weil der Nenner des Faktors größer als der Zähler ist, gilt p3,2 < p2 , so daß die dritte Strategie im Falle eines glatten Bodens günstiger ist. ¢¢̧¢¢¢ 6 ¢ ¢¢ ¢¢¢ ¢¢¢ l ¢¢¢ l sin(ϑ) ¢¢¢ ¢¢¢ ¢¢¢ ¢¢¢ ¢¢¢............... ¢ ¢® ¢ ϕ ........ ? 1.48 m •H ¢ ϕ....H ... .... H j. ... ¢ ......... . . . . . . . . . . . . . . . . . G,R... . . . . . . .. . .. ... . . .. . ... ... ... G ... . .. . .. .... . ... ... .. .. . ..... .... .... ..... .... .... .... .... .... .... m •H ϕ HH ¢ F~ - ~v x . ... . . . .. ... . . ..... . . .. . . . . . .... . ... ..... . . .. . . ..................... . ... y ... ... ... ... ... . .. . .. .... . ... ... .. .. . ..... .... .... ..... .... .... .... .... ¢ ¢ ¢® ~v ? F~ ? HH H j ~v ϕ ϕ Aufgabe M-48 Aufgabenstellung Stellen Sie die Bewegungsgleichung für ein mathematisches Pendel durch Kräfteansatz und mittels Energieerhaltungssatz auf. Wie vereinfacht sich die Bewegungsgleichung für kleine Auslenkungen? .................... ................................................................................................................................................................. . . . . . . . . . .... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. .. ... ... .................... ... ... ... . .. . .. ... .. . . ... ... . . . ... . .... ...... ... ... ... .... .... ... .................... 6 ϕ } l ? Lösungsskizze ~ G mit (siehe linke Skizze) • Die Schwerkraft F~ G erzeugt das Drehmoment D DG = lFG,R = lFG sin(ϕ) = mgl sin(ϕ) (1) Dieses Drehmoment wirkt der Bewegung des Pendels entgegen. Das auf das Pendel wirkende ~ P hat den Betrag Drehmoment D DP = Jα = ml2 ϕ̈ Die Bewegungsgleichung folgt nun aus (2) 44 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER DP = −DG =⇒ ϕ̈ + g sin(ϕ) = 0 l (3) . ¢¢̧ ..... ¢ ...... ϕ ¢ ..................... ¢ ...... l ¢ ... . ¢ ...... . . ¢ .... ¢ ...... ¢ ...... ¢ ®... .... ......... ¢HHH j.. ~ . ¢ϕ . F G,R . ........... . . . . ¢ .... . . ¢ ¢ ®. . . .¢ . . . . . . . . . . .. . .. . . .. .. ? F~ G 6 l ... . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... .... .. .......... l[1 − cos(ϕ)] }? 6 ? • Die potentielle Energie des Pendels beträgt (siehe rechte Skizze) Epot = mgl[1 − cos(ϕ)] Die kinetische Energie des Pendels ist durch 1 1 Ekin = Jω 2 = ml2 ϕ̇2 2 2 gegeben. Die gesamte Energie der Feder ist somit 1 E = mgl[1 − cos(ϕ)] + ml2 ϕ̇2 2 Nach dem Energieerhaltungssatz bleibt diese Energie zeitlich konstant. g d E = 0 =⇒ mgl sin(ϕ)ϕ̇ + ml2 ϕ̇ϕ̈ = 0 =⇒ ϕ̈ + sin(ϕ) = 0 dt l , wobei die Lösung ϕ̇ = 0 verworfen wird. (4) (5) (6) (7) • Für kleine Auslenkungen erhält man mit der Näherung sin(ϕ) ≈ ϕ die Bewegungsgleichung g ϕ̈ + ϕ = 0 (8) l 1.49 Aufgabe M-49 Aufgabenstellung Gegeben sei der Schwingkreis (Skizze) mit R = 500 Ω, L = 800 mH und C = 8 nF. Der Kondensator sei auf die Spannung U0 = 5 V aufgeladen. Zum Zeitpunkt t = 0 wird der Schalter von der Stellung 1 in die Stellung 2 gebracht. 1r r r2 b R L U0 b C • Stellen Sie die Schwingungsgleichung für die Stromstärke auf. • Lösen Sie die Schwingungsgleichung für den ungedämpften Fall (R = 0) allgemein und berechnen Sie Kreisfrequenz, Frequenz und Schwingungsdauer. KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 45 • Lösen Sie die Schwingungsgleichung für den (schwach) gedämpften Fall allgemein und berechnen Sie Kreisfrequenz, Frequenz und Schwingungsdauer. • Formulieren Sie die Anfangsbedingungen und geben Sie die spezielle Lösung der Schwingungsgleichung an. Skizzieren Sie die gedämpfte Schwingung. • Nach welcher Zeit ist die Amplitude der Schwingung auf 10% abgefallen? Lösungsskizze • In einem geschlossenen Stromkreis verschwindet die Summe der elektrischen Spannungen. Daher gilt 1 (1) UL + UR + UC = 0 =⇒ LI˙ + RI + Q = 0 C Wenn diese Gleichung nach t differenziert und die Identität I = Q̇ benutzt wird, folgt nach Division durch L R 1 I¨ + I˙ + I=0 (2) L LC Diese Schwingungsgleichung erhält man auch mit dem Energieerhaltungssatz. Die gesamte Energie des Schwingkreises ist Z t 1 1 2 E = EL + ER + EC = LI 2 + R I 2 dt + Q (3) 2 2C 0 Somit erhält man unter Beachtung von I = Q̇ d 1 1 1 E = 0 =⇒ LI I˙ + RI 2 + QQ̇ = 0 =⇒ LI I˙ + RI 2 + QI = 0 =⇒ LI˙ + RI + Q = 0 dt C C C R 1 1 =⇒ LI¨ + RI˙ + Q̇ = 0 =⇒ I¨ + I˙ + I=0 (4) C L LC , wobei die Lösung I˙ = 0 verworfen und anschließend noch einmal nach t differenziert wurde. Bei diesem Ansatz sei bemerkt, dass die Energie ER als Wärmeenergie über den Widerstand abgegeben wird, was die Integraldarstellung der Energie (von 0 bis t) erklärt. • Im ungedämpften Fall (R = 0) liegt die Schwingungsgleichung 1 I¨ + I=0 (5) LC vor. Die Differentialgleichung wird hier nach dem Lösungsverfahren für homogene und inhomo” gene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen 2-ter Ordnung“ gelöst. i.) Bestimmung der Nullstellen des charakteristischen Polynoms: 1 1 λ2 + = 0 =⇒ λ = ±i √ (6) LC LC ii.) Untersuchung der Nullstellen und Aufstellung der allgemeinen Lösung: Da sich zwei 1-fache, komplex konjugierte Nullstellen ergeben, ist µ ¶ 1 I(t) = I0 sin √ t + ϕ0 (7) LC die allgemeine Lösung der Schwingungsgleichung. Wegen 1 (8) ω = 2πν und ν = T gilt für die Kreisfrequenz, Frequenz und Schwingungsdauer √ 1 1 √ ω=√ ,ν= und T = 2π LC (9) LC 2π LC Als Werte erhält man ω = 1.25 · 104 Hz, T = 0.5 ms und ν = 2 kHz. • Im gedämpften Fall (R 6= 0) liegt die Schwingungsgleichung R 1 I¨ + I˙ + I=0 (10) L LC vor. Die Differentialgleichung wird ebenfalls nach dem Lösungsverfahren für homogene und ” 46 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen 2-ter Ordnung“ gelöst. i.) Bestimmung der Nullstellen des charakteristischen Polynoms: s· ¸ r 2 R 1 R R 1 R 1 R2 2 λ + λ+ = 0 =⇒ λ = − ± − =− ±i − L LC 2L 2L LC 2L LC 4L2 (11) Hierbei ist eine Überprüfung des Vorzeichens des Terms unter der Wurzel wichtig. Wegen · ¸2 R 1 − <0 (12) 2L LC in dem vorliegenden Schwingkreis sind die Lösungen komplex. ii.) Untersuchung der Nullstellen und Aufstellung der allgemeinen Lösung: Da sich zwei 1-fache, komplex konjugierte Nullstellen ergeben, ist µ ¶ µr ¶ R 1 R2 I(t) = I0 exp − t sin − t + ϕ0 (13) 2L LC 4L2 die allgemeine Lösung der Schwingungsgleichung. Die Kreisfrequenz dieser Schwingung ist r 1 R2 − (14) ωR = LC 4L2 Unter Beachtung der Zusammenhänge (8) erhält man die Werte ωR = 1.2496 · 104 Hz, νR = 1.9888 kHz und TR = 0.5028 ms. • Die Anfangsbedingungen ergeben sich durch die Untersuchung der Eigenschaften des Schwingkreises bei der Schalterstellung 1. Nach einer bestimmten Zeit ist der Kondensator aufgeladen, so dass die Ladung QC zeitlich konstant ist. Q̇C (0) = 0 =⇒ I(0) = 0 (15) Nachdem der Schalter in die Stellung 2 gebracht wurde, liegt an der Spule die Spannung U0 an, weil sie die Spannung UC (0) des Kondensators ist. U0 ˙ ˙ UL (0) = U0 =⇒ LI(0) = U0 =⇒ I(0) = (16) L Die Auswertung der 1-ten Anfangsbedingung führt auf die Bedingung I0 sin(ϕ0 ) = 0 =⇒ ϕ0 = 0 , die Auswertung der 2-ten Anfangsbedingung unter Beachtung der Produktregel auf r 1 R2 U0 U0 − = =⇒ I0 = q I0 2 LC 4L2 L L −R C 4 Als Wert erhält man I0 = 0.5002 mA. 0 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 I[mA] 0.0 −0.1 −0.2 −0.3 −0.4 −0.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 .. ..... .... . . ..... . . . .. .. ... .... ...... . . . ...... . . .. .. .. .. .. .. .. ... .. .. ..... . . . . .... ..... ... ... ... ..... .. .. .. .. .. .. ...... . . . . .. .... .. .... . .... .... ... ... .. . . . .. .. ..... . . . . .... ... ... ... ... .. ... .. .. ... .. .... . . . ...... . ... ..... .... .... .... .... .... .... .. .. .. .. ... . . .... . ... .... ... .... ... ... .... .... ... ... .. .. ... ... .. ... .. ... .. .. .. ... . .. .. .. ...... . . ........ . . . . .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... . . . .... . . ... ... .. . . ...... . . . ... ... ... ... ... ... ... .... ... ... ... .... ... ... .... .... .... ..... ... .... .. .. .. ........ . . ......... . . . ..... . . . ... . ... .... ... .... .... .... ... ... ... .... .... ... ... .... ... .... ... ... .... .... ... .... .... .... .... ... ... ... ... ... ... .... ... ... ... .... ... ... ... ... ... .... ... .... ... .... ... ... .... .... ... .... .... ..... ......... . ............ . . ........... . . .......... . . .......... . . . ... ... ... .. ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... .... .... . ... .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. ... .. .. ... . ......... . . ....... . . ..... .. .. .. . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ....... . . . .... . . . .... . . .. . ... .. ... .. ... ... ... .. ... .. ... ... ... .. ... .. ... ... ... ... ... . . . ........ . . . ..... . . . .. ... ......... . . . ....... . . . .... ... .. ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... .. ... .. . . . . . . . . . . . . . . ... . .... . ... .. ... .. .. .. ... .. ... .. ... .. .. ... ... ... .. .... . ....... . . . . ... ... ... .. ... .. ... ... ... .. .. .. ... .. ... ... ... ... ... .... ..... . . .. ... ... .. ... ... ... ... ..... . ........ . . . .. . ... .. .. ... . . ... ... . . . . . .. .. ..... . . .... ... .. ... ... .. .. ...... . .. ... ... ... ... .. .. .. ... .. ...... . . . . .. .. ... .. .. ... ... . . .. .. . ..... . . .. .. .... . .. .. ..... . . .. .... . . ... . .. .. 0 1 2 3 4 5 t[ms] 6 7 8 9 10 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.0 −0.1 −0.2 −0.3 −0.4 −0.5 (17) (18) KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK 47 • Der Graph der Funktion I(t) = 0.5 mA · exp(−313 s−1 · t) sin(1.25 · 104 s−1 · t) ist oben dargestellt. (19) • Die Amplitude der gedämpften Schwingung ist µ ¶ R A(t) = I0 exp − t (20) 2L Wenn τ die Zeit ist, nach der die Amplitude auf 10% der Anfangsamplitude abgefallen ist, dann muss die Bedingung µ ¶ R 2 ln(0.1)L 10% · A(0) = A(τ ) =⇒ 0.1 = exp − τ =⇒ τ = − (21) 2L R erfüllt sein. Als Wert folgt τ = 7.37 ms. 1.50 Aufgabe M-50 Aufgabenstellung Eine Kugel der Masse m bewegt sich parallel zum Boden und trifft mit der Geschwindigkeit v zentral auf einen Zylinder (Masse M , Radius R) und bleibt im Zentrum des Zylinders stecken. Der Zylinder ist an seiner Mittelachse über eine Feder (Federkonstante k) an einem Pfosten befestigt und soll reibungsfrei rollen können. Bevor die Kugel trifft, ist der Zylinder in Ruhe und die Feder entspannt. • Berechnen Sie die Geschwindigkeit des Schwerpunktes des Zylinders unmittelbar nach dem Stoß. • Wie weit wird die Feder maximal zusammengedrückt? • Stellen Sie die Schwingungsgleichung für die ungedämpfte Bewegung des Zylinders auf. • Lösen Sie die Schwingungsgleichung für die hier vorliegenden Anfangsbedingungen und geben Sie die Periodendauer der Schwingung an. ... .... .... ... . .... ... . .... ... . .... ... . . .... . . .... . .. . . . .... .... .... . . . .... .. . . . .... ............ .... ....... . . . . . .... . ....... . .... ......... ............ . .... . .......... . . . . .... . .. .... .... . . . . . . . .... . . .. . . . . .... . . .. .... . . .... . . . . .... . ... .. . . . .... . . . ... . ... . ... . . . . . . . . . . . ... ... ..... ... . . . ... . . . . . .. ... . ... . . .. . . . . . . . . .. . . .... . . . . . . . . . . . .. .. .. ... . .. .. ... . ... .. .. ... .... . ... .. .. .... ..... .. .. ................ . .... ............ .......... .. .. . . . . . ... . . . . . . .. ......... .. .. .. .... .... ......... ... ... ... .. .... .... .......... ....... ... .. ...... .... .... .... ........ ................... ...... .... ........ ........ .... . . . . .... .... .... .... .... .... .. .... . . ............ . . . . . . . . .... .. .. . . . . .. .. . .. .. .. ... .. .. .. .. .. . . . . . . . . . . . . ........... .. .. .... .. .. . . .... . ... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... . . . . .... .... .... .... ©© © H HH H k ©© R6 ? HH M ~v HH HH HHHHH ©HH HH HH HH H H ©© HH ©© © m • © ¼© © © Lösungsskizze • Bei der Wechselwirkung zwischen der Kugel und dem Zylinder handelt es sich um einen vollkommen unelastischen Stoß, weil die Kugel und der Zylinder ihre Bewegung gemeinsam fortsetzen. Im Falle von unelastischen Stößen gilt der Impulserhaltungssatz, aber nicht der Energieerhaltungssatz, da ein Teil der kinetischen Energie der Kugel vor dem Stoß in nicht-mechanische Energieformen umgewandelt wird. • Bei dem vorliegenden Stoß wird der Drehimpulserhaltungssatz beachtet. Die Drehimpulse der Kugel und des Zylinders vor und nach dem Stoß sind bezüglich der Auflageachse des Zylinders während des Stoßes zu berechnen. Es ergeben sich die folgenden Drehimpulse: Drehimpuls der 48 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER Kugel vor dem Stoß = rmv, Drehimpuls des Zylinders vor dem Stoß = 0, Drehimpuls der Kugel nach dem Stoß = RmV und Drehimpuls des Zylinders nach dem Stoß = RM V + Jω, wobei V die Geschwindigkeit des Schwerpunktes des Zylinders nach dem Stoß ist. Somit gilt Rmv = RmV + RM V + Jω (1) • Das Trägheitsmoment J des Zylinders bezüglich der aktuellen Drehachse ist 1 J = M R2 (2) 2 Der Zusammenhang zwischen der Geschwindigkeit V des Schwerpunktes des Zylinders und der Winkelgeschwindigkeit des Zylinders ω ist durch V = ωR (3) (Rollbedingung) gegeben. Berücksichtigt man die Formeln (2) und (3) in der Gleichung (1) und löst diese nach V auf, so erhält man v V = (4) 3M 1+ 2m • Die kinetische Energie des Systems Kugel-Zylinder nach dem Stoß ist ¸ · 1 1 1 3M 2 1 ẋ (t) (5) Ekin (t) = mẋ2 (t) + M ẋ2 (t) + Jω(t)2 = m 1 + 2 2 2 2 2m , wobei x(t) die Auslenkung des Schwerpunktes des Zylinders aus der Ruhelage ist und die Rollbedingung x(t) = ω(t)R (6) beachtet wurde. Um die Strecke xmax zu berechnen, um die die Feder maximal zusammengedrückt wird, wird der Energieerhaltungssatz verwendet. Die kinetische Energie der Feder kurz nach dem Stoß wird vollständig in potentielle Energie der Feder umgewandelt. Damit ergibt sich · ¸ v u 1 m 3M 1 · ¸v m 1+ V 2 = kxmax 2 =⇒ xmax = u t 3M 2 2m 2 k 1+ 2m (7) • Die Bewegungsgleichung folgt ebenfalls aus dem Energieerhaltungssatz. Die gesamte Energie des Systems Kugel-Zylinder ist · ¸ 1 3M 2 1 E(t) = Ekin (t) + Epot (t) = m 1 + ẋ (t) + kx2 (t) (8) 2 2m 2 Damit gilt · ¸ d 1 3M 1 k x(t) = 0 (9) E(t) = 0 =⇒ m 1 + 2ẋ(t)ẍ(t) + k2x(t)ẋ(t) = 0 =⇒ ẍ(t) + dt 2 2m 2 m + 32 M • Die lineare gewöhnliche Differentialgleichung 2. Ordnung wird wie folgt gelöst: i.) Bestimmung der Nullstellen des charakteristischen Polynoms: s k k k 2 2 = 0 =⇒ λ = − =⇒ λ = ±i λ + 3 3 m + 2M m + 2M m + 32 M (10) ii.) Untersuchung der Nullstellen und Aufstellung der Lösung: Da sich zwei einfache, komplex konjugierte Nullstellen ergeben, ist ! Ãs k t + ϕ0 (11) x(t) = x0 sin m + 32 M die allgemeine Lösung der Differentialgleichung. iii.) Auswertung der Anfangsbedingungen: Der Schwerpunkt des Zylinders ist zum Zeitpunkt t = 0 an dem Ort x(0) = 0. x(0) = 0 =⇒ 0 = x0 sin(ϕ0 ) =⇒ sin(ϕ0 ) = 0 =⇒ ϕ0 = 0 (12) Die Geschwindigkeit des Schwerpunkts des Zylinders zum Zeitpunkt t = 0 ist ẋ(0) = V . Wegen KAPITEL 1: AUFGABEN ZUR MECHANIK s ẋ(t) = k x0 cos m + 32 M folgt dann ẋ(0) = V =⇒ s µs 49 k t + ϕ0 m + 23 M k x0 = V =⇒ x0 = m + 32 M ¶ s (13) m v k[1 + 23 M m] (14) Damit lautet die Lösung der Differentialgleichung mit den speziellen Anfangsbedingungen aus der Aufgabenstellung s µs ¶ m k x(t) = v sin t (15) m + 32 M k[1 + 32 M m] • Die Lösung der Schwingungsgleichung (9) auf dem hier dargestellten Weg ist eigentlich überflüssig, weil aufgrund der Anfangsbedingungen (ruhender Zylinder und entlastete Feder) klar ist, dass ϕ0 = 0 gilt, und die Amplitude der Schwingung in (7) bereits berechnet wurde. • Die Periodendauer T , mit der das aus Zylinder und Kugel bestehende System eine Schwingung durchführt, hängt mit der Kreisfrequenz ω der Schwingung über die Beziehung 2π 2π ω= =⇒ T = (16) T ω zusammen. Die Kreisfrequenz ω der Schwingung ist der Faktor vor der Zeit t in der Lösung der Schwingungsgleichung. Daraus folgt s m + 32 M T = 2π (17) k 50 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER Kapitel 2 Aufgaben zur Thermodynamik 2.1 Aufgabe T-01 Aufgabenstellung Umrechnen von Einheiten • Geben Sie die spezifische Wärmekapazität von Wasser (cW = 1 kcal kg−1 K−1 ) und Kupfer (cCu = 0.092 kcal kg−1 K−1 ) in SI-Einheiten an. • Welcher Stoffmenge entsprechen 1 kg Eisen, das die relative Atommasse 55.85 u hat? • Berechnen Sie die molare Wärmekapazität von Eisen aus der spezifischen Wärmekapazität cFe = 465 J kg−1 K−1 . • Geben Sie den Wasserwert C = 0.8 kcal ◦ C−1 in J K−1 an. • Geben Sie das mechanische Wärmeäquivalent 427 kp m kcal−1 in J kcal−1 an (in SI-Einheiten ergibt sich 1). • Welchem Luftdruck in Pa entsprechen 760 Torr, wobei 1 Torr der Druck einer Quecksilbersäule (%Hg = 13593 g m−3 ) der Höhe 1 mm ist? Lösungsskizze Es gelten die folgenden Zusammenhänge: 1 cal = 4.186 J 1 mol = 6.022 · 1023 1 u = 1.661 · 10−27 kg 1 p = 9.807 mN Damit erhält man die folgenden Ergebnisse: • spezifische Wärmekapazität von Wasser: 4186 J kg−1 K−1 , spezifische Wärmekapazität von Kupfer: 385.1 J kg−1 K−1 (Einheitenumrechnung). • Stoffmenge von 1 kg Eisen: 17.90 mol (dividieren Sie die Masse 1 kg durch die relative Atommasse in kg, um die Anzahl der Fe-Atome zu erhalten, und dieses Ergebnis anschließend durch die Anzahl der Teilchen in der Stoffmenge 1 mol). • molare Wärmekapazität von Eisen: 25.97 J mol−1 K−1 (dividieren Sie die spezifische Wärmekapazität von Eisen durch das vorherige Ergebnis). • Wasserwert: 3349 J K−1 (Einheitenumrechnung und beachten Sie, dass 1 ◦ C = 1 K gilt, weil die Temperatur hier eine Differenz ist). • mechanisches Wärmeäquivalent: 4188 J kcal−1 (Einheitenumrechnung). 52 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER • Der Druck einer Quecksilbersäule der Höhe 1 mm ergibt sich aus p = %Hg gh Mit g = 9.807 N kg−1 ergibt sich 1 Torr = 133.3 Pa. Damit beträgt der Luftdruck 101.3 kPa. 2.2 Aufgabe T-02 Aufgabenstellung Eine Messingkugel (Längenausdehnungskoeffizient α = 19 · 10−6 K−1 ) hat bei einer Temperatur von 20◦ C den Durchmesser 20 mm. • Auf welche Temperatur muß sie mindestens erwärmt werden, damit sie in einem Ring mit Innendurchmesser von 20.03 mm stecken bleibt? • Wie hat sich das Kugelvolumen geändert? Lösungsskizze • Der Durchmesser der Kugel muß sich durch die Temperaturerhöhung um ∆d = 0.03 mm ändern. Es gilt ∆d ∆d = d1 α∆T =⇒ ∆T = (1) d1 α , wobei d1 der Durchmesser der Kugel vor der Temperaturerhöhung ist. Es ergibt sich der Wert ∆T = 78.95 K, so daß die Temperatur auf 98.95◦ C erhöht werden muß. • Auf geometrischem Wege erhält man ∆V r2 3 − r1 3 = (2) V1 r1 3 und damit den Wert 0.45%. Weil die Näherungsbedingung α∆T ¿ 1 erfüllt ist, kann man als Volumenausdehnungskoeffizienten 3α nehmen, so daß sich die Volumenänderung auch aus ∆d ∆V = 3α∆T = 3α (3) V1 d1 berechnen läßt. Es ergibt sich ebenfalls der Wert 0.45%. 2.3 Aufgabe T-03 Aufgabenstellung Ein Fluß wird durch einen Wasserfall der Höhe h in einen oberen und einen unteren Flußabschnitt eingeteilt. Welcher Temperaturunterschied ∆T herrscht zwischen dem Wasser des oberen und unteren Flußabschnitts unmittelbar in der Nähe des Wasserfalls? Berechnen Sie den Temperaturunterschied ∆T für die Höhe h = 15 m. Nehmen Sie an, daß das Wasser hinter dem Wasserfall mit derselben Geschwindigkeit weiterfließt. Lösungsskizze Wir betrachten zunächst einen Wassertropfen der Masse m, der von dem oberen Flußabschnitt in den unteren Flußabschnitt gelangt. Während des Falls wird zunächst potentielle Energie ∆Epot in kinetische Energie Ekin umgewandelt. Anschließend wird die kinetische Energie Ekin durch Reibungskräfte bei der Vermischung am Fuße des Wasserfalls in Wärmeenergie ∆Q umgewandelt. Unter der Voraussetzung der Vollständigkeit der Energieumwandlung gilt nach dem Energieerhaltungssatz gh (1) ∆Epot + ∆Q = 0 =⇒ −mgh + cW m∆T = 0 =⇒ ∆T = cW , wobei cW die spezifische Wärmekapazität von Wasser ist. Da die Temperaturänderung offensichtlich von der Masse m des Wassertropfens unabhängig ist, kann von einem Temperaturunterschied des oberen und unteren Flußabschnitts unmittelbar in der Nähe des Wasserfalls gesprochen werden. Es ergibt sich der Temperaturunterschied ∆T = 0.035 K, was dem Temperaturunterschied 0.035 ◦ C entspricht. KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 2.4 53 Aufgabe T-04 Aufgabenstellung Ein Eisenbahngleis besteht aus Stahl (α = 11·10−6 K−1 ) der Länge 30 m, die durch Luftspalte getrennt sind. Wie groß muss der Luftspalt bei 0 ◦ C sein, damit sich die Schienen an einem heißen Sommertag ausdehnen können (Temperatur der Schienen an dem heißen Sommertag beträgt 350 K)? Lösungsskizze Die Längenänderung der Schienen ergibt sich aus ∆l = l1 α∆T (1) , wobei ∆l = l2 − l1 , ∆T = T2 − T1 und l1 / l2 die Länge der Schienen bei der Temperatur T1 / T2 ist. Der Längenausdehnungskoeffizient α bezieht sich auf die Temperatur T1 . Mit den Temperaturen 273 K = 0 ◦ C und 350 K = 77 ◦ C erhält man als Wert 25.4 mm. Für ∆T muss die Temperaturdifferenz in der Einheit K eingesetzt werden. 2.5 Aufgabe T-05 Aufgabenstellung Zwei Metallstäbe mit den Längenausdehnungskoeffizienten α1 und α2 sind so miteinander verbunden, daß ihr Abstand immer D beträgt. Zunächst besitzen beide Stäbe die Länge L. Wenn die Temperatur erhöht wird, führt die Längenausdehnung der Stäbe zu einer Verbiegung der gesamten Anordnung. Die vorher geraden Stäbe liegen nun auf Kreissegmenten, die die Radien R1 und R2 haben. Berechnen Sie den mittleren Radius als Funktion der Temperatur. . . . ...... .. .. 6 ........ ........ L ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . . . ...... . . . . ? .. .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..... . . . . ¾ D ....... ................ .......... ........ ..... .......... . . ..... .. .. ..... ...... ...... ...... ....... ........... . ........... .. .... ..... . . . ...... .... ..... . . . .. .... ...... ....... .... ...... ...... .... ..... .. ... . . .... .. ... ..... . . .... .. ... . ........ . .... ... ... ....... .... ... ... ... ... . ... ... ... ... .... .... . ... ... ... ... ... ... .... .. ... ... . ... ... .... ... ... ... ... .... ......... .... .... .... .... .... .... .... .... ..... .... .... .... .... ...... ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 . . . ϕ ¾ ¾ -¾ D R R2 - Lösungsskizze Für die Länge der beiden Stäbe nach der Temperaturerhöhung gilt L1 = L[1 + α1 ∆T ] = R1 ϕ und (1) L2 = L[1 + α2 ∆T ] = R2 ϕ Zusätzlich hat man die geometrische Bedingung (2) R1 − R2 = D (3) In dem Gleichungssystem (1), (2) und (3) sind die Größen L, α1 , α2 , ∆T und D bekannt und die Größen ϕ, R1 und R2 unbekannt. Wenn die Gleichung (2) zur Gleichung (1) addiert und die resultierende Gleichung nach dem mittleren Radius aufgelöst wird, dann folgt L[2 + [α1 + α2 ]∆T ] 1 (4) L[2 + [α1 + α2 ]∆T ] = ϕ[R1 + R2 ] =⇒ [R1 + R2 ] = 2 2ϕ Wenn die Gleichung (2) von der Gleichung (1) subtrahiert und die resultierende Gleichung nach ϕ aufgelöst wird, dann ergibt sich 54 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER L[α1 − α2 ]∆T D Wird ϕ in der Gleichung (4) durch (5) ersetzt, dann erhält man 1 2 + [α1 + α2 ]∆T [R1 + R2 ] = D 2 2[α1 − α2 ]∆T Wenn die Bedingung [α1 + α2 ]∆T ¿ 2 erfüllt ist, dann gilt die Näherung 1 1 [R1 + R2 ] = D 2 [α1 − α2 ]∆T für den mittleren Radius. L[α1 − α2 ]∆T = ϕ[R1 − R2 ] =⇒ ϕ = 2.6 (5) (6) (7) Aufgabe T-06 Aufgabenstellung Das insgesamt l = 0.6 m lange Pendel einer Standuhr besteht aus Eisenstäben, deren Ausdehnung durch zwei Zinkstäbe ausgeglichen werden soll. Welche Länge x müssen die Zinkstäbe haben (αE = 12 · 10−6 K−1 und αZ = 36 · 10−6 K−1 )? ......................... 6 ............... 6 x ............... ? l } . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .? Lösungsskizze Die Längenausdehnung der Eisenstäbe soll durch die Längenausdehnung der Zinkstäbe ausgeglichen werden. ∆lE = ∆lZ Für die Längenausdehnungen der Stäbe gilt (1) ∆lE = [l + x]αE ∆T und ∆lZ = xαZ ∆T Zusammen mit der Bedingung (1) erhält man durch Umformung nach x lαE x= αZ − αE , woraus sich der Wert 0.3 m ergibt. (2) 2.7 (3) Aufgabe T-07 Aufgabenstellung In einem Dewargefäß befinden sich 2 Liter Wasser bei einer Temperatur von 20 ◦ C. Es wird ein Eisenblock der Masse 500 g und der Temperatur 100 ◦ C in das Wasser gegeben. Die spezifische Wärmekapazität von Eisen ist cE = 465 Jkg−1 K−1 . Die Wärmekapazität des Gefäßes ist 95 JK−1 . Berechnen Sie die Mischtemperatur. KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 55 Lösungsskizze Die Indizes D, W und E stehen für Dewar-Gefäß, Wasser und Eisen. Mit dem Energieerhaltungssatz erhält man ∆QD + ∆QW + ∆QE = 0 Für die Wärmemengenänderungen gelten die Formeln (1) ∆Q = cm∆T oder ∆Q = C∆T , wobei c die spezifische Wärmekapazität und C die Wärmekapazität ist. Damit erhält man (2) CD [ϑM − ϑD ] + cW mW [ϑM − ϑW ] + cE mE [ϑM − ϑE ] = 0 CD ϑW + cW mW ϑW + cE mE ϑE =⇒ ϑM = CD + cW mW + cE mE Dabei wurde beachtet, daß ϑD = ϑW gilt. Es ergibt sich die Mischtemperatur ϑM = 22.14 ◦ C. 2.8 (3) Aufgabe T-08 Aufgabenstellung Gibt man 150 g Kupfer der Temperatur 35 ◦ C in ein Gefäß, das bei 15 ◦ C mit 250 g Wasser gefüllt ist, so stellt sich eine Mischtemperatur von 15.9 ◦ C ein. Wie groß ist die Wärmekapazität des Gefäßes? Die spezifische Wärmekapazität von Kupfer ist 385 Jkg−1 K−1 . Lösungsskizze Die Indizes K / W / G stehen für Kupfer / Wasser / Gefäß. Nach dem Energieerhaltungssatz gilt ∆QK + ∆QW + ∆QG = 0 =⇒ cK mK [ϑM − ϑK ] + cW mW [ϑM − ϑW ] + CG [ϑM − ϑG ] = 0 cK mK [ϑK − ϑM ] + cW mW [ϑW − ϑM ] =⇒ CG = ϑM − ϑG , wobei beachtet wurde, daß ϑG = ϑW ist. Es ergibt sich der Wert 179 JK−1 . 2.9 (1) Aufgabe T-09 Aufgabenstellung Wie lang muß ein Messingrohr mit dem Längenausdehnungskoeffizienten α = 18 · 10−6 K−1 bei 15 ◦ C sein und welchen inneren Durchmesser muß es haben, damit es bei 60◦ C eine Länge von 0.5 m und eine lichte Weite von 0.002 m hat? Lösungsskizze Aus der Definition der Längendifferenz ∆l = l2 − l1 und der Formel (1) ∆l = αl1 ∆T (2) folgt l2 (3) l1 = 1 + α ∆T , woraus sich der Wert 0.4996 m als ursprüngliche Länge ergibt. Eine ähnliche Formel wie in (3) gilt auch zur Berechnung von d1 . Dazu tauscht man l1 / l2 gegen d1 / d2 aus, woraus d2 (4) d1 = 1 + α ∆T folgt. Als Wert für die ursprüngliche Weite ergibt sich 1.998 mm. 56 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER 2.10 Aufgabe T-10 Aufgabenstellung In einem Kalorimeter befinden sich 300 g Methylalkohol. Eine Heizwicklung mit einer Heizleistung von 100 W wird eingetaucht. Die Wärmekapazität des Kalorimeters und der Heizwicklung ist zusammen 95 J K−1 . Die Temperaturzunahme beträgt 0.119 K s−1 . Berechnen Sie die spezifische Wärmekapazität von Methylalkohol. Lösungsskizze Die Heizleistung der Heizwicklung beträgt 100 W, was bedeutet, daß während der Zeitspanne ∆t = 1 s die Wärmemenge 100 J an die Umgebung abgegeben wird. Die Indizes M / K / H stehen für Methylalkohol / Kalorimeter / Heizwicklung. Die Summe der Leistungen aller Bestandteile des Systems verschwindet (dies ist eine andere Formulierung des Energieerhaltungssatzes). Damit ergibt sich ∆QK ∆QM PH + PK + PM = 0 =⇒ PH + + =0 (1) ∆t ∆t Nach Einsetzen der Formeln für die Wärmemengen ∆QK = CK ∆TK und ∆QM = cM mM ∆TM und unter Beachtung von ∆TK = ∆TM =: ∆T ergibt sich " # 1 PH cM = − £ ∆T ¤ − CK (2) mM ∆t , woraus man den Wert 2485 J kg−1 K−1 erhält. Es ist zu beachten, daß PH = −100 W eingesetzt werden muß, weil die Leistung an das Kalorimeter / Methylalkohol abgegeben wird. 2.11 Aufgabe T-11 Aufgabenstellung Ein ideales Gas wird in einem Behälter bei konstantem Volumen gehalten. Zu Beginn beträgt die Temperatur 10 ◦ C und der Druck beträgt 2.5 · 105 Pa. Wie hoch ist der Druck, wenn die Temperatur auf 80 ◦ C erhöht wird? Lösungsskizze Nach der idealen Gasgleichung pV R= (1) νT erhält man durch Vergleich der rechten Seiten bei den Zuständen 1 und 2 des Gases p1 V1 p2 V2 = (2) ν1 T1 ν2 T2 Da das Volumen und die Stoffmenge konstant sind (V1 = V2 und ν1 = ν2 ), folgt durch Umformung nach p2 T2 p1 (3) p2 = T1 , woraus man den Wert 2.5 · 105 Pa erhält. 2.12 Aufgabe T-12 Aufgabenstellung Eisen hat die spezifische Wärmekapazität 465 J kg−1 K−1 . • Wie groß ist die Wärmemenge, die einem Bauelement aus Eisen der Masse 800 g zugeführt werden muß, um es von 20 ◦ C auf 400 ◦ C zu erwärmen? KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 57 • Auf welche Geschwindigkeit könnte man das Bauelement mit dieser Energiemenge beschleunigen? Lösungsskizze • Die notwendige Wärmemenge zur Erhöhung der Temperatur des Bauelements ist ∆Q = cm∆T , woraus sich der Wert 141 kJ ergibt. • Wenn diese Energie in kinetische Energie umgewandelt wird, erhält man r 1 2∆Q 2 ∆Q = mv ⇐⇒ v = 2 m −1 und als Wert 594.5 m s . 2.13 (1) (2) Aufgabe T-13 Aufgabenstellung Ein schwarzer Luftballon ist bei einer Temperatur von 0◦ C mit 5·10−3 m3 Luft gefüllt. Bei konstantem Luftdruck erwärmt sich der Ballon in der Sonne, so daß sich sein Volumen um 10−3 m3 vergrößert. Welche Temperatur (in ◦ C) hat die Luft im Ballon? Lösungsskizze Nach der idealen Gasgleichung pV R= (1) νT erhält man durch Vergleich der rechten Seiten bei den Zuständen 1 und 2 des Gases p1 V1 p2 V2 = (2) ν1 T1 ν2 T2 Da der Druck und die Stoffmenge konstant sind (p1 = p2 und ν1 = ν2 ), folgt durch Umformung nach T2 V2 T1 (3) T2 = V1 ◦ , woraus man den Wert 327.6 K und nach Umrechnung 54.6 C erhält. 2.14 Aufgabe T-14 Aufgabenstellung Welche Wärmemenge muß man einem Diamanten (Stoffmenge 1 mol) zuführen, um ihn von 0 ◦ C auf 200 ◦ C zu erwärmen? Die molare Wärmekapazität von Diamant hängt in diesem Temperaturbereich etwa linear von der Temperatur ab (cmol (0 ◦ C) = 5 molJ◦ C und cmol (200 ◦ C) = 15 molJ◦ C ). Lösungsskizze In dem Temperaturbereich [0 ◦ C, 200 ◦ C] hängt die molare Wärmekapazität cmol von Diamant linear von der Temperatur ab. Mit den beiden gegebenen Werten ergibt sich der Zusammenhang 1 J J + ϑ (1) cmol (ϑ) = 5 mol ◦ C 20 mol ◦ C2 Weil zur Erhöhung der Temperatur um die Differenz dϑ die Wärmemenge dQ = cmol (ϑ)νdϑ benötigt wird, erhält man durch Integration ¸ Z 200 ◦ C · J 1 J Q=ν 5 + ϑ dϑ = 2000 J mol ◦ C 20 mol ◦ C2 0 ◦C (2) (3) 58 2.15 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER Aufgabe T-15 Aufgabenstellung In einem Wohnraum mit den Abmessungen 4 m · 5 m · 2.5 m herrscht eine Temperatur von 21 ◦ C und ein Druck von 1000 hPa. Wieviele Mole Gas und wieviele Moleküle befinden sich in dem Raum? Lösungsskizze Nach der Zustandsgleichung des idealen Gases gilt pV pV = νRT =⇒ ν = RT , woraus sich die Stoffmenge 2045 mol ergibt. Dies entspricht wegen n = NA ν 1, 232 · 1027 Teilchen. 2.16 (1) (2) Aufgabe T-16 Aufgabenstellung Warum fühlt sich ein warmes Metallstück wärmer an als ein warmes Holzstück bzw. warum fühlt sich ein kaltes Metallstück kälter an als ein kaltes Holzstück? Lösungsskizze Das Gefühl für die Temperatur liegt in der Hand. Metall hat eine bessere Wärmeleitfähigkeit als Holz. Daher wird bei der Berührung eines warmen Metallstücks in derselben Zeit eine größere Wärmemenge an die Hand abgegeben als bei der Berührung eines warmen Holzstücks. Durch die Abgabe größerer Wärmemengen pro Zeiteinheit ist die Temperaturerhöhung bei Metall größer als bei Holz, so daß sich Metall wärmer anfühlt. Wenn das Metallstück / Holzstück kälter als die Hand ist, gilt ähnliches. Es muß aber beachtet werden, daß nun die Wärmemenge von der Hand an das Metallstück / Holzstück abgegeben wird. 2.17 Aufgabe T-17 Aufgabenstellung Eine Druckflasche enthält komprimiertes Gas unter einem Druck von p1 = 40 atm und einer Temperatur von ϑ1 = 27◦ C. Wie ändert sich der Druck, wenn beim Ablassen der Hälfte des eingeschlossenen Gases die Temperatur um 15 ◦ C abnimmt? Lösungsskizze 1 atm entspricht einem Druck von 101325 Pa. Also ist p1 = 4.053 · 106 Pa. Weiterhin sind gegeben: ϑ1 = 27 ◦ C bzw. T1 = 300 K, ϑ2 = 12 ◦ C bzw. T2 = 285 K und die Zusammenhänge 1 ν2 = ν1 und V1 = V2 (1) 2 Nach der Zustandsgleichung des idealen Gases gilt pV = νRT woraus sich p2 V2 p 1 V1 p2 V2 p1 V1 und R = =⇒ = R= ν1 T1 ν2 T2 ν1 T1 ν2 T2 ergibt. Mit (1) erhält man hieraus durch Auflösung nach p2 p1 T2 p2 = = 1.93 · 106 Pa 2T1 (2) (3) (4) KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 2.18 59 Aufgabe T-18 Aufgabenstellung Der Zylinder einer Kolbenluftpumpe hat das Volumen V1 = 2 dm3 , der zugehörige Rezipient das Volumen V0 = 3 dm3 . • Berechnen Sie den Luftdruck und die Luftdichte des Gases im Rezipienten nach dem vierten Kolbenhub. Es soll vorausgesetzt werden, daß die Temperatur des Gases während des Pumpvorgangs konstant bleibt. • Wieviel Kolbenhübe müssen ausgeführt werden, damit der Luftdruck im Rezipienten auf seines ursprünglichen Wertes sinkt? 1 10 .................................. ....... ...... ...... ..... ..... ... ... ... . ... .. . ... .... ... ... .. ... .. ..... Rezipient Kolbenpumpe Lösungsskizze • Wenn die Temperatur des Gases während des Pumpvorganges konstant bleibt, gilt das Gesetz von Boyle-Mariotte (das Produkt von Druck p und Volumen V ist konstant). Außerdem gilt der Massenerhaltungssatz (das Produkt von Dichte % und Volumen V ist konstant). Nach diesen Gesetzen ergeben sich folgende Beziehungen: nach dem 1-ten Kolbenhub p0 V0 = p1 [V0 + V1 ] und %0 V0 = %1 [V0 + V1 ] , nach dem 2-ten Kolbenhub (1) p1 V0 = p2 [V0 + V1 ] und %1 V0 = %2 [V0 + V1 ] , also nach dem n-ten Kolbenhub (2) pn−1 V0 = pn [V0 + V1 ] und %n−1 V0 = %n [V0 + V1 ] , woraus sich die rekursiven Beziehungen V0 V0 pn = pn−1 und %n = %n−1 V0 + V1 V0 + V1 ergeben. Aus den rekursiven Beziehungen können direkte Beziehungen gefolgert werden. · ¸n · ¸n V0 V0 pn = p0 und %n = %0 V0 + V1 V0 + V1 Nach dem 4-ten Kolbenhub ergibt sich somit · ¸4 ¸4 · V0 V0 p4 = p0 und %4 = %0 V0 + V1 V0 + V1 Der Zahlenwert des Faktors ist 0.13. (3) 1 • Es ist das kleinste n ∈ N gesucht, so daß pn ≤ 10 p0 gilt. · ¸n µ· ¸n ¶ µ ¶ V0 1 V0 1 1 p0 ⇐⇒ p0 ≤ p0 ⇐⇒ ln ≤ ln pn ≤ 10 V0 + V1 10 V0 + V1 10 ¡1¢ ¶ µ ¶ µ ln 10 1 V0 ´ ≤ ln ⇐⇒ n ≥ ³ ⇐⇒ n ln V0 V0 + V1 10 ln (4) (5) (6) (7) V0 +V1 0 Bei der letzten Umformung muß beachtet werden, daß der Bruch V0V+V < 1 ist, also der natürli1 che Logarithmus von diesem Bruch < 0 ist und somit das Vorzeichen umgedreht werden muß. Nach Einsetzen der Zahlenwerte folgt n ≥ 4.5, so daß 5 Kolbenhübe ausgeführt werden müssen. 60 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER 2.19 Aufgabe T-19 Aufgabenstellung Die Geschwindigkeiten v der Moleküle (mit der Masse m) eines Gases sollen bei der Temperatur T gemäß der Wahrscheinlichkeitsdichte · ¸3 4 m 2 2 − m v2 v e 2kT P (v) = √ π 2kT von Maxwell-Boltzmann verteilt sein, wobei k = 1.381 · 10−23 JK−1 die Boltzmann-Konstante ist. • Zeigen Sie, daß die Wahrscheinlichkeitsdichte P (v) normiert ist (das heißt, daß das Integral von P (v) über alle Werte von v gleich 1 ist). • Berechnen Sie die unwahrscheinlichste Geschwindigkeit vmin (das heißt, die Geschwindigkeit, dessen zugehöriger Wert der Wahrscheinlichkeitsdichte minimal ist) und die wahrscheinlichste Geschwindigkeit vmax (das heißt, die Geschwindigkeit, dessen zugehöriger Wert der Wahrscheinlichkeitsdichte maximal ist). • Wie groß ist die mittlere Geschwindigkeit hvi (das heißt, wie groß ist der Erwartungswert der Geschwindigkeit)? • Wie groß ist die mittlere kinetische Energie hEkin i der Gasmoleküle (das heißt, wie groß ist der Erwartungswert der kinetischen Energie)? Bemerkung: Der Erwartungswert hG(x)i einer physikalischen Größe G(x) bezüglich einer Wahrscheinlichkeitsdichte P (x) (Definitionsbereich: [xL , xR ]) ist definiert durch Z xR hG(x)i = G(x)P (x) dx xL Lösungsskizze Zur Berechnung der Integrale benötigen wir die Integrationsformel µ ¶ Z ∞ 1 n + 1 − n+1 n −cx2 x e dx = Γ c 2 2 2 0 , wobei Γ die Gamma-Funktion ist. Deren Funktionswerte können rekursiv mit der Formel ∀x ∈ R \ Z− 0 : Γ(x + 1) = xΓ(x) und den speziellen Funktionswerten µ ¶ √ 1 Γ = π und Γ(1) = 1 2 ausgerechnet werden. • Die Wahrscheinlichkeitsdichte P (v) ist normiert wegen · ¸3 Z Z ∞ 4 m 2 ∞ 2 − m v2 P (v) dv = √ v e 2kT dv π 2kT 0 0 # ¸3 " µ ¶h · 3 4 3 m 2 1 m i− 2 =1 =√ Γ 2 2 2kT π 2kT , wobei µ ¶ µ ¶ 3 1 1 1√ Γ = Γ = π 2 2 2 2 benutzt wurde. • Die erste Ableitung der Wahrscheinlichkeitsdichte P (v) ist · ¸3 4 m 2h m 2 i − m v2 d P (v) = √ 2− v ve 2kT dv kT π 2kT (1) (2) (3) (4) (5) (6) KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 61 Mögliche Extremstellen der Wahrscheinlichkeitsdichte P (v) ergeben sich als Stellen, bei denen die erste Ableitung von P (v) verschwindet, also r d m 2 2kT P (v) = 0 ⇐⇒ 2 − v1 = 0 ∨ v2 = 0 ⇐⇒ v1 = ∨ v2 = 0 (7) dv kT m Eine Überprüfung der hinreichenden Bedingung für Extremstellen zeigt, daß an der Stelle v1 ein Maximum und an der Stelle v2 ein Randminimum vorliegt. Die unwahrscheinlichste Geschwindigkeit ist daher v2 und die wahrscheinlichste Geschwindigkeit v1 . • Der Erwartungswert der Geschwindigkeit ergibt sich zu · ¸3 Z Z ∞ 4 m 2 ∞ 3 − m v2 √ hvi = vP (v) dv = v e 2kT dv π 2kT 0 0 · ¸3 " · ¸−2 # r 4 8kT m 2 1 m =√ Γ(2) = 2 2kT πm π 2kT (8) , wobei Γ(2) = 1Γ(1) = 1 benutzt wurde. • Der Erwartungswert der kinetischen Energie ergibt sich zu ¿ À · ¸3 Z Z ∞ 1 1 2m m 2 ∞ 4 − m v 2 2 2 hEkin i = mv = m v P (v) dv = √ v e 2kT dv 2 2 π 2kT 0 0 # · ¸3 " µ ¶h 5 2m m 2 1 5 m i− 2 3 =√ Γ = kT 2 2 2kT 2 π 2kT , wobei µ ¶ µ ¶ µ ¶ 5 3 3 31 1 3√ Γ = Γ = Γ = π 2 2 2 22 2 4 benutzt wurde. 2.20 (9) (10) (11) Aufgabe T-20 Aufgabenstellung • Wie groß ist die mittlere kinetische Energie eines Sauerstoffmoleküls auf der Erde bei 20 ◦ C im Vergleich zur potentiellen Energie des Moleküls auf der Erdoberfläche bezüglich eines unendlich weit entfernten Punktes? • Vergleichen Sie auch die Fluchtgeschwindigkeit von der Erde (das heißt, die Geschwindigkeit, die das Sauerstoffmolekül mindestens haben müßte, um ins Unendliche zu entkommen) mit der mittleren Geschwindigkeit des Sauerstoffmoleküls auf der Erde bei 20 ◦ C. Lösungsskizze • Die mittlere kinetische Energie des Sauerstoffmoleküls ist 3 (1) Ekin = kT 2 −23 J Mit der Boltzmann-Konstante k = 1.38 · 10 K erhält man die kinetische Energie 6.07 · 10−21 J. Die potentielle Energie des Sauerstoffmoleküls folgt aus Z ∞ Z ∞ mE mS 1 dx = −G (2) Epot = FG (x) dx = −GmE mS 2 x rE rE rE Der Index E / S steht für Erde / Sauerstoff. Die Auswertung des uneigentlichen Integrals ergibt sich nach ¯∞ Z ∞ 1 ¯¯ 1 1 dx = − ¯ = (3) 2 x x r E rE rE 62 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER 3 Mit mE = 5.97 · 1024 kg, rE = 6.24 · 106 m, G = 6.67 · 10−11 smkg und mS = 5.34 · 10−26 kg erhält man die potentielle Energie −3.41·10−18 J. Das Verhältnis von der mittleren kinetischen Energie zur potentiellen Energie ist Ekin = 1.78 · 10−3 (4) Epot Durch Umwandeln der mittleren kinetischen Energie in potentielle Energie kann das Sauerstoffmolekül das Gravitationsfeld der Erde nicht verlassen. • Für die Fluchtgeschwindigkeit v von der Erde muß s 1 2|Epot | Ekin = |Epot | =⇒ mS v 2 = |Epot | =⇒ v = 2 mS (5) gelten. Man berechnet die Geschwindigkeit 11.3 km s . Die Fluchtgeschwindigkeit von der Erde ist für alle Körper beliebiger Masse gleich groß. Dies sieht man, wenn man den Ausdruck (2) in den Ausdruck (5) explizit einsetzt. Die mittlere Geschwindigkeit des Sauerstoffmoleküls ist r 8kT hvi = (6) πmS Es ergibt sich der Wert 439 m s , der ebenfalls erheblich kleiner als die Fluchtgeschwindigkeit ist. 2.21 Aufgabe T-21 Aufgabenstellung Der Kolben eines Zylinders ist über eine Feder mit der Federkonstante k = 2·103 N m−1 mit der Decke verbunden. Der Zylinder ist mit ν = 5 mol eines Gases gefüllt und die Feder ist bei einem Außendruck von pA = 1.013 hPa und einer Temperatur von ϑ1 = 20 ◦ C entspannt. • Um welche Strecke h wird der Kolben angehoben, wenn er eine vernachlässigbare Masse und eine Querschnittsfläche von A = 0.01 m2 hat und die Temperatur des Gases auf ϑ2 = 250◦ C erhöht wird? • Wie hoch ist dann der Druck p2 im Zylinder? ........................................ ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... .. ... . . . . . . ....... ....... .. ....... ............ ....... ... . . . . . .. ............ ... .... ... .. .......... k ϑ2 6 h ϑ1.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... . . . . . . . . . . ? ........................................ ......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ........................................ Lösungsskizze Der Anfangszustand des Gases wird beschrieben durch ϑ1 = 20 ◦ C, also T1 = 293.2 K, p1 = pA , ν1 = 5 mol und V1 . Der Endzustand des Gases wird beschrieben durch ϑ2 = 250 ◦ C, also T2 = 523.2 K, p2 , ν2 = ν1 und V2 . Zwischen dem Volumen V1 und V2 besteht der Zusammenhang V2 = V1 + hA (1) Im folgenden stehen die Indizes I / A / F für Innendruck / Außendruck / Feder. Da der Anfangszustand des Systems stabil ist, gilt FI,1 + FA = 0 =⇒ p1 A + FA = 0 =⇒ FA = −pA A Da der Endzustand des Systems stabil ist, gilt FI,2 + FA + FF = 0 =⇒ p2 A + FA − kh = 0 (2) (3) KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 63 Zusammen mit (2) folgt p2 A − pA A − kh = 0 (4) In dieser Gleichung ist h gesucht und p2 noch unbekannt. Nach der Zustandsgleichung eines idealen Gases ergibt sich νRT νRT pV = νRT =⇒ V = und p = (5) p V Für das Volumen V1 gilt somit ν1 RT1 V1 = (6) p1 und für den Druck p2 zusammen mit den Bedingungen (1) und (6) ν2 RT2 ν2 RT2 ν1 RT2 pA p2 = = = (7) V2 V1 + hA ν1 RT1 + hApA Dabei wurde noch ν2 durch ν1 ersetzt. Setzt man diesen Ausdruck für p2 in die Gleichung (4) ein, so erhält man nach einigen Umformungen die quadratische Gleichung ¸ · pA A ν1 R ν1 RT1 h2 + + h+ [T1 − T2 ] = 0 (8) ApA k k Der Wert für den Term vor h ist 12.54 m, die additive Konstante ist −4.781 m2 . Als Lösung der quadratischen Gleichung ergibt sich h = 0.37 m. Die andere Lösung hat ein negatives Vorzeichen und wird verworfen, weil die Nebenbedingung h > 0 erfüllt sein muß. Mit der Formel (7) berechnet man den Wert p2 = 1.754 · 105 Pa. 2.22 Aufgabe T-22 Aufgabenstellung Ein ideales Gas befindet sich in einem Behälter mit festem Volumen bei der Temperatur ϑ1 = 0 ◦ C und dem Druck p1 = 105 Pa. • Wie ändern sich Temperatur und Druck, wenn die mittlere Geschwindigkeit pro Molekül verdoppelt wird? • Wieviele Moleküle sind im Behälter, wenn sein Volumen V = 1 l ist? Lösungsskizze • Die mittlere Geschwindigkeit eines Moleküls ist r 8kT hvi = πm Für die mittleren Geschwindigkeiten des 1-ten und 2-ten Zustands soll gelten r r 8kT2 8kT1 hv2 i = 2 hv1 i =⇒ =2 =⇒ T2 = 4T1 πm πm Also vervierfacht sich die Temperatur. Nach der Zustandsgleichung des idealen Gases gilt (1) (2) pV = νRT Damit ergibt sich (3) p1 V = νRT1 und p2 V = νRT2 = 4νRT1 = 4p1 V =⇒ p2 = 4p1 Also vervierfacht sich der Druck. (4) • Die Stoffmenge ν des Gases erhält man aus der idealen Gasgleichung. Mit p1 V ν= RT1 ergibt sich der Wert 4.41 · 10−2 mol. Wegen des Zusammenhangs n = NA ν ergibt sich die Teilchenanzahl 2.65 · 1022 . (5) (6) 64 2.23 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER Aufgabe T-23 Aufgabenstellung Wieviele Moleküle befinden sich in einer Elektronenröhre, deren innere Länge l = 40 mm und deren Innendurchmesser d = 18 mm beträgt, wenn sie auf den Druck p = 2.66 · 10−6 hPa bei der Temperatur ϑ = 20◦ C ausgepumpt wird? Lösungsskizze Nach der Zustandsgleichung des idealen Gases gilt pV pV = νRT =⇒ ν = RT Das Volumen der ·Elektronenröhre ist ¸ 1 1 V = lπr2 = lπ d = πld2 2 4 Insgesamt folgt πpld2 ν= 4RT Als Wert erhält man 1.11 · 10−12 mol, was mit der Formel n = NA ν einer Teilchenzahl von 6.69 · 1011 entspricht. 2.24 (1) (2) (3) (4) Aufgabe T-24 Aufgabenstellung Die spezifische Wärmekapazität der Festkörper entspricht bei sehr tiefen Temperaturen dem Gesetz von Debye, das heißt, es gilt cmol (T ) = kT 3 , wobei k eine Konstante ist. Für Zink ist cmol (20 K) = 1.76 J mol−1 K−1 . Welche Wärmemenge muß einem Bauteil der Masse m = 200 g entzogen werden, wenn es von T1 = 20 K auf T2 = 4.2 K abgekühlt wird? Die Atommasse von Zink ist 65.38 g mol−1 . Lösungsskizze Die Konstante k für Zink wird durch Einsetzen des gegebenen Wertes in das Gesetz von Debye J J J cmol (20 K) = 1.76 =⇒ k[20 K]3 = 1.76 =⇒ k = 2.2 · 10−4 (1) mol K mol K mol K4 bestimmt. Da die Masse des Zinks 200 g und die molare Atommasse 65.38 g mol−1 beträgt, ist die Stoffmenge des Zinks 200 mol = 3.06 mol (2) ν= 65.38 Der differentielle Zusammenhang zwischen einer Wärmemengen- und Temperaturänderung ist dQ = cmol (T )ν dT (3) , so daß sich durch Integration die Wärmemengenänderung · ¸T Z T2 1 4 2 k[T2 4 − T1 4 ]ν Q= cmol (T )ν dT = k T ν= = −26.9 J (4) 4 4 T1 T1 ergibt. Da die Wärmemengenänderung ein negatives Vorzeichen besitzt, wurde die Energie dem Zink entzogen. KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 2.25 65 Aufgabe T-25 Aufgabenstellung Zwei wärmeisolierte Gasbehälter können durch einen Schieber zum Druckausgleich miteinander verbunden werden. Der eine Behälter enthält V1 = 1 dm3 Helium bei der Temperatur T1 = 300 K, der andere V2 = 2 dm3 Argon bei der Temperatur T2 = 400 K. Die Drücke seien in beiden Behältern pA = 105 hPa. Die molaren Wärmekapazitäten cmol der Gase seien temperaturunabhängig und gleich. • Welche Stoffmengen ν1 und ν2 enthalten die Behälter? • Welcher Enddruck pE und welche Endtemperatur TE stellen sich ein, wenn der Schieber geöffnet wird und die Gase sich durchmischt haben? Lösungsskizze Die Zustandsgrößen des Gases in dem einen Behälter seien pA , V1 , ν1 und T1 , die Zustandsgrößen in dem anderen Behälter pA , V2 , ν2 und T2 . pE sei der Druck in dem Behälter nach der Vermischung und TE die zugehörige Mischtemperatur. • Mit der idealen Gasgleichung pV = νRT ergeben sich die Gleichungen (1) pA V1 = ν1 RT1 und pA V2 = ν2 RT2 für die beiden Gase vor der Vermischung. Daraus folgt pA V1 pA V2 ν1 = und ν2 = RT1 RT2 , die auf die Werte ν1 = 4.01 · 10−2 mol und ν2 = 6.01 · 10−2 mol führen. (2) (3) • Aus (1) erhält man weiter die Beziehung [ν1 + ν2 ]RTE (4) V1 + V2 für das Mischgas. Weil das System isoliert ist, wird keine Wärme abgegeben und nicht gearbeitet, so daß sich nach dem 1. Hauptsatz der Thermodynamik die innere Energie der Gase nicht ändert. pE [V1 + V2 ] = [ν1 + ν2 ]RTE =⇒ pE = ∆U = 0 =⇒ ∆U1 + ∆U2 = 0 =⇒ ν1 cmol [TE − T1 ] + ν2 cmol [TE − T2 ] = 0 =⇒ [ν1 + ν2 ]TE = ν1 T1 + ν2 T2 (5) Wenn diese Gleichung nach TE aufgelöst und in die Gleichung (4) eingesetzt wird, folgt unter Beachtung von (3) pE = pA (6) Der Enddruck ist also mit dem Anfangsdruck identisch. Die Gleichung (4) kann nun nach TE aufgelöst werden. Ersetzt man die Stoffmengen ν1 und ν2 durch die Ausdrücke (3), dann ergibt sich V1 + V2 TE = V1 (7) V2 T1 + T2 Die Mischtemperatur beträgt somit 360 K. 2.26 Aufgabe T-26 Aufgabenstellung Unter Normalbedingungen (T1 = 273.15 K und p1 = 101325 Pa) hat ein Gas der Stoffmenge ν = 1 mol ein Volumen von V1 = 22.41 dm3 . Durch isochore Zustandsänderung werde das Gas von diesem Zustand 1 auf den halben Druck gebracht. Danach wird das Gas von diesem Zustand 2 durch isobare Zustandsänderung so expandiert, daß sich das Volumen verdoppelt (Zustand 3). 66 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER • Zeigen Sie, daß der Prozeß direkt von Zustand 1 nach Zustand 3 eine isotherme Zustandsänderung ist. • Berechnen Sie die Zustandsgrößen p, V und T für die Zustände 2 und 3. • Zeichnen Sie die Prozesse in einem p,V -Diagramm ein. • Berechnen Sie für das Gas (Luft mit cV,mol = 20.8 J mol−1 K−1 ) die Änderung der inneren Energie ∆U , der Wärmemenge ∆Q und der Arbeit ∆W für die einzelnen Zustandsänderungen des Gases. Zeigen Sie daran, daß die Wärmemengenänderung und die Arbeit von der Prozeßführung abhängen. Lösungsskizze • Nach der idealen Gasgleichung gilt pV = νRT (1) Also ergibt sich p3 V3 2p2 V2 p1 V1 T3 = = = = T1 (2) νR νR νR , wobei die Zusammenhänge V1 = V2 (isochore Zustandsänderung von 1 nach 2), p2 = p3 (isobare Zustandsänderung von 2 nach 3), p2 = 21 p1 (Halbierung des Drucks von 1 nach 2) und V3 = 2V2 (Verdoppelung des Volumens von 2 nach 3) beachtet wurden. Die Zustandsänderung von 1 nach 3 ist also isotherm. • Für isochore Prozesse gilt p = const (3) T Wenn der Druck halbiert wird, muß also auch die Temperatur halbiert werden. Für den Zustand 2 ergeben sich die Werte V2 = 22.4 dm3 , p2 = 506.6 hPa und T2 = 136.58 K. Für isobare Prozesse gilt V = const (4) T Wenn das Volumen verdoppelt wird, muß also auch die Temperatur verdoppelt werden. Für den Zustand 3 ergeben sich die Werte V3 = 44.8 dm3 , p3 = 506.6 hPa und T3 = 273.15 K. • Die Zustandsänderungen sind in dem folgenden Diagramm eingezeichnet. p 6 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... Isotherme 1013 [hPa] 507 1 2 • ? • - • 3 22.4 .... . . 44.8 [dm3 ] -V KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 67 • Für die isochore Zustandsänderung des Gases von 1 nach 2 gilt ∆Q = cV,mol ν[T2 − T1 ] = −2.84 kJ und (5) ∆W = 0 Mit dem 1. Hauptsatz der Thermodynamik (6) ∆U = ∆Q + ∆W ergibt sich (7) ∆U = −2.84 kJ Für die isobare Zustandsänderung des Gases von 2 nach 3 gilt (8) ∆Q = cp,mol ν[T3 − T2 ] = 3.97 kJ und (9) ∆W = −p2 [V3 − V2 ] = −1.13 kJ und (10) ∆U = 2.84 kJ (11) Dabei ist der Zusammenhang cp,mol = cV,mol + R zu beachten. Für die isotherme Zustandsänderung des Gases von 1 nach 3 gilt ∆U = 0 kJ und ∆W = p1 V1 ln (12) µ V1 V2 ¶ = −1.57 kJ (13) und ∆Q = −∆W = 1.57 kJ (14) Für den ersten Prozeß (isochore und isobare Zustandsänderung) folgt insgesamt ∆W = −1.13 kJ, ∆Q = 1.13 kJ und ∆U = 0 kJ. Für den zweiten Prozeß (isotherme Zustandsänderung) folgt ∆W = −1.57 kJ, ∆Q = 1.57 kJ und ∆U = 0 kJ. An den Unterschieden von ∆Q und ∆W bei den beiden Prozeßführungen ist zu erkennen, daß es sich bei W und Q um Prozeßgrößen handelt, während U eine Zustandsgröße ist. 2.27 Aufgabe T-27 Aufgabenstellung Wasserstoff (κ = 1.4) mit der Stoffmenge ν wird in einem Zylinder mit verschiebbarem Kolben einer Zustandsänderung unterworfen. Der Ausgangszustand ist gekennzeichnet durch p1 = 1 bar, V1 = 2 l und ϑ1 = 20◦ C. Die Zustandsänderung erfolgt im p,V -Diagramm entlang einer Geraden vom Anfangszustand 1 zum Endzustand 2, der durch den Druck p2 = 2 bar und das Volumen V2 = 3 l bestimmt ist. • Wie groß ist die Stoffmenge ν des Gases? • Wie groß ist die Endtemperatur T2 ? • Welche Arbeit ∆W gibt das Gas nach außen ab? • Um welchen Betrag ∆U steigt die innere Energie des Gases? • Welche Wärmemenge ∆Q wird bei der Zustandsänderung zugeführt? Lösungsskizze • Nach der idealen Gasgleichung gilt p1 V1 p1 V1 = νRT1 =⇒ ν = = 8.21 · 10−2 mol RT1 (1) 68 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER • Wiederum ergibt sich aus der idealen Gasgleichung p2 V2 p2 V2 = νRT2 =⇒ T2 = = 879 K νR • Die Arbeit berechnet sich nach der Formel Z V2 p(V ) dV ∆W = − (2) (3) V1 Zur Berechnung des Integrals muß die Funktion p(V ) bestimmt werden. Weil der Graph von p(V ) eine Gerade ist, gilt p(V ) = c1 + c2 V mit noch zu bestimmenden Konstanten c1 und c2 . Es gilt (4) p(V1 ) = p1 =⇒ c1 + c2 V1 = p1 =⇒ c1 = p1 − c2 V1 und für die Steigung c2 der Geraden direkt p2 − p1 c2 = V2 − V1 Aus (5) und (6) folgt p2 − p1 c1 = p1 − V1 V2 − V1 , so daß sich der Zusammenhang · ¸ p2 − p1 p2 − p1 p(V ) = p1 − V1 + V = −105 Pa + 108 Pa m−3 V V2 − V1 V2 − V1 ergibt. Man erhält also für die Arbeit den Wert Z V2 ∆W = − [−105 Pa + 108 Pa m−3 V ] dV = −150 J (5) (6) (7) (8) (9) V1 • Für die Änderung der inneren Energie gilt 1 ∆U = cV,mol ν[T2 − T1 ] = Rν[T2 − T1 ] = 1000 J κ−1 (10) • Nach dem 1. Hauptsatz der Thermodynamik ∆U = ∆Q + ∆W =⇒ ∆Q = ∆U − ∆W errechnet man die Wärmemengenänderung 1150 J. 2.28 (11) Aufgabe T-28 Aufgabenstellung Der Kolben eines Verdichters ist im oberen Totpunkt H = 80 cm vom Zylinderboden entfernt und komprimiert die mit p1 = 1 bar angesaugte Luft (κ = 1.40) auf p2 = 6 bar. Welchen Weg muß der Kolben in beiden Fällen zurücklegen und welche Arbeit wird am Gas verrichtet, wenn der Kolben eine Grundfläche von G = 300 cm2 hat? Diskutieren Sie dies für zwei Fälle: 1. isotherme Zustandsänderung, 2. adiabatische Zustandsänderung. Lösungsskizze Für die Volumina V1 und V2 gilt V1 = GH und (1) V2 = G[H − S] , wobei S der zurückgelegte Weg des Kolbens ist. (2) • Für eine isotherme Zustandsänderung gilt das Gesetz von Boyle-Mariotte ¸ · p1 H = 66.7 cm p1 V1 = p2 V2 =⇒ p1 GH = p2 G[H − S] =⇒ S = 1 − p2 (3) KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK Die Arbeit berechnet µ man ¶ mit der µFormel ¶ V1 p2 ∆W = p1 V1 ln = p1 V1 ln = 4300 J V2 p1 • Für eine adiabatische Zustandsänderung gilt das 1. Gesetz von Poisson · ¸1 κ p1 p1 V1 κ = p2 V2 κ =⇒ p1 [GH]κ = p2 [G[H − S]]κ =⇒ S = 1 − H = 57.8 cm p2 Die Arbeit berechnet sich nach der Formel · ¸1 1 1 p1 κ [p2 V2 − p1 V1 ] = ∆W = p2 V1 − p1 V1 = 4011 J κ−1 κ−1 p2 2.29 69 (4) (5) (6) Aufgabe T-29 Aufgabenstellung Auf welche Temperatur kühlt sich das in einer halbleeren Limonadenflasche enthaltene Kohlendioxid (mit einer Temperatur von 18 ◦ C und 0.5 bar Überdruck) ab, wenn der Verschluß plötzlich aufspringt und der äußere Luftdruck 1 bar beträgt? Der Adiabatenexponent von Kohlendioxid ist κ = 1.30. Lösungsskizze Da das Gas plötzlich expandiert, kann sich die Wärmeenergie des Gases nicht ändern, so daß der Prozeß adiabatisch verläuft. Nach dem 2. Gesetz von Poisson gilt · ¸ 1−κ p1 κ 1−κ κ 1−κ κ (1) p1 T1 = p2 T2 ⇐⇒ T2 = T1 p2 Damit ergibt sich die Temperatur T2 = 265.14 K (ϑ2 = −8◦ C). 2.30 Aufgabe T-30 Aufgabenstellung Ein Wetterballon hätte prall gefüllt das Volumen Vmax = 50 m3 . Am Erdboden ist er nur teilweise gefüllt worden: Beim Druck p1 = 1 bar und der Temperatur T1 = 7 ◦ C nimmt das eingefüllte Wasserstoffgas (κ = 1.4) nur das Volumen V1 = 16 Vmax ein. • Welche Gasmenge ν und welche Masse m enthält der Ballon? Der Aufstieg geschieht so rasch, daß durch die Ballonhülle keine Wärme übertragen wird. In einer bestimmten Höhe ist der Innendruck gleich dem Außendruck p2 = 0.2 bar. • Welches Gasvolumen V2 enthält der Ballon? • Wie groß ist in diesem Fall die Temperatur T2 der Gasfüllung? Sonneneinstrahlung heizt den Ballon auf. Das Füllgas dehnt sich so lange aus, bis der Ballon prall gefüllt ist. Babei bleibt der Druck konstant (p3 = p2 ). • Auf welchen Wert T3 steigt dabei die Gastemperatur? Lösungsskizze • Nach der idealen Gasgleichung gilt p1 V1 = 358 mol p1 V1 = νRT1 =⇒ ν = RT1 Die Masse des Wasserstoffgases ist (1) m = mmol (H2 )ν = 2mmol (H)ν = 716 g (2) 70 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER • Es handelt sich um einen adiabatischen Prozeß. Nach dem 1. Gesetz von Poisson gilt · ¸1 p1 κ κ κ p1 V1 = p2 V2 =⇒ V2 = V1 = 26.3 m3 p2 • Nach dem 3. Gesetz von Poisson gilt · ¸κ−1 V1 κ−1 κ−1 = 177 K T1 V1 = T2 V2 =⇒ T2 = T1 V2 • Weil es sich um einen isobaren Prozeß handelt, gilt nach dem Gesetz von Charles V2 V3 V3 = =⇒ T3 = T2 = 336.5 K T2 T3 V2 , wobei V3 = Vmax zu nehmen ist. 2.31 (3) (4) (5) Aufgabe T-31 Aufgabenstellung Eine abgeschlossene Menge eines idealen Gases wird vom Ausgangszustand p1 = 1 bar, V1 = 1 l und T1 = 22 ◦ C auf die Hälfte seines Volumens verdichtet. Während der Kompression wird Wärme zugeführt, so daß eine Zustandsänderung gemäß der Beziehung pV 2 = const durchlaufen wird. Bestimmen Sie • den Enddruck p2 , • die Endtemperatur T2 , • die dem System bei der Kompression zugeführte Arbeit ∆W und • die zugeführte Wärme ∆Q. Das Gas bestehe aus Molekülen in Form einer starren Hantel, bei denen die Freiheitsgrade der Translation angeregt sind. Lösungsskizze • Zunächst gilt · ¸2 V1 V2 Weil sich das Volumen des Gases halbiert, folgt mit V1 1 =2 V2 = V1 =⇒ 2 V2 , daß sich der Druck wegen pV 2 = const =⇒ p1 V1 2 = p2 V2 2 =⇒ p2 = p1 p2 = 4p1 vervierfacht. (1) (2) (3) • Nach der idealen Gasgleichung gilt p2 V2 p2 V2 p1 V1 = =⇒ T2 = T1 =⇒ T2 = 2T1 T1 T2 p1 V1 , so daß sich die Temperatur verdoppelt. Es ist T2 = 590 K, was ϑ2 = 317 ◦ C entspricht. • Für die Arbeit gilt Z V2 ∆W = − p(V ) dV (4) (5) V1 Die Funktion p(V ) erhält man aus · ¸2 V1 2 2 p1 V1 = pV =⇒ p(V ) = p1 V (6) KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK , so daß sich ∆W = −p1 V1 2 Z V2 V1 · ¸ · ¸ 1 1 1 2 1 2 2 dV = p V = p V = p1 V1 = 100 J − − 1 1 1 1 V2 V2 V1 V1 V1 • Eine Hantel hat 5 Freiheitsgrade. Daher gilt für die isochore spezifische Wärmekapazität 5 cV,mol = R 2 Die Änderung der inneren Energie ist ∆U = cV,mol ν[T2 − T1 ] = cV,mol νT1 Nach der Zustandsgleichung des idealen Gases gilt p1 V1 p1 V1 = νRT1 =⇒ ν = RT1 Setzt man (10) in (9) ein, so folgt p1 V1 5 ∆U = cV,mol = p1 V1 = 250 J R 2 Nach dem 1. Hauptsatz der Thermodynamik gilt ∆U = ∆Q + ∆W =⇒ ∆Q = ∆U − ∆W = 150 J 2.32 71 (7) (8) (9) (10) (11) (12) Aufgabe T-32 Aufgabenstellung Eine Wohnung wird mit einer elektrischen Heizung beheizt, welche eine Leistung Pel = 10 kW hat. Um Energie zu sparen, soll dieselbe Wohnung mit einer Wärmepumpe beheizt werden. Diese habe 60% der Leistungszahl εC einer idealen Wärmepumpe. Die Wärme soll im Winter einem Fluß der Temperatur T2 = 0◦ C entnommen werden. Die Heizkörper sollen die konstante Temperatur T1 = 50 ◦ C haben. • Wie groß ist die Leistungszahl εC ? • Welche Leistung PW ist zum Betrieb der Wärmepumpe nötig? • Wie groß ist der ideale Wirkungsgrad ηC einer Wärmekraftmaschine, welche zwischen zwei Wärmebehältern mit den angegebenen Temperaturen arbeitet? • Der Fluß wird durch ein nahe gelegenes Kraftwerk auf T3 = 10 ◦ C aufgeheizt. Wie groß sind jetzt die ideale Leistungszahl εC und die Leistung PW der Wärmepumpe? Lösungsskizze Die Leistung der elektrischen Heizung ist durch QI Pel = = 10 kW ∆t , die Leistung der Wärmepumpe durch WI + WO PW = ∆t und die Leistungsziffer durch Pel QI = ε= WI + WO PW gegeben. • Die Leistungszahl einer idealen Wärmepumpe (Carnot-Maschine) ist T1 1 = = 6.46 εC = ηC T1 − T2 (1) (2) (3) (4) • Die tatsächliche Leistungszahl ist ε = 60% · εC = 3.88 (5) 72 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER Damit ergibt sich die Leistung Pel PW = = 2.58 kW ε • Der ideale Wirkungsgrad ist 1 = 15.5% ηC = εC • Die ideale Leistungszahl ist T1 εC = = 8.075 T1 − T3 , die tatsächliche Leistungszahl ε = 60% · εC = 4.845 und die Leistung der Wärmepumpe Pel PW = = 2.06 kW ε 2.33 (6) (7) (8) (9) (10) Aufgabe T-33 Aufgabenstellung Welche Leistung hat der Antriebsmotor eines Kompressors aufzuwenden, der stündlich 35 m3 Druckluft (κ = 1.40) von 5·105 Pa Überdruck bei einem Luftdruck von 105 Pa liefern soll? Betrachten Sie den Prozeß im Falle einer isothermen Zustandsänderung und im Falle einer adiabatischen Zustandsänderung. Lösungsskizze • Wenn es sich um eine isotherme Zustandsänderung handelt, gilt p2 V2 p1 V1 = p2 V2 =⇒ V1 = p1 Die Arbeit ist µ ¶ µ ¶ V1 p2 ∆W = p1 V1 ln = p2 V2 ln = 3.76 · 107 J V2 p1 Die Leistung des Kompressors muß also ∆W P = = 10.5 kW ∆t betragen. • Wenn es sich um eine adiabatische Zustandsänderung handelt, gilt · ¸1 p2 κ κ κ V2 p1 V1 = p2 V2 =⇒ V1 = p1 Die Arbeit ist 1 ∆W = [p2 V2 − p1 V1 ] = 2.1 · 107 J κ−1 Die Leistung des Kompressors muß also ∆W P = = 5.8 kW ∆t betragen. Der Kompressor sollte also möglichst adiabatisch arbeiten. 2.34 (1) (2) (3) (4) (5) (6) Aufgabe T-34 Aufgabenstellung Betrachten Sie den abgebildeten Kreisprozeß des Viertakt-Otto-Motors. Behandeln Sie dabei den Kreisprozeß idealisiert als einen reversiblen Prozeß des idealen Gases mit folgenden Annahmen: KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 73 • V1 = 3 l • Das Kompressionsverhältnis beträgt 1 : 8. • Die Temperatur des Benzin-Luft-Gemisches vor der Kompression beträgt Td = 420 K. • Das Benzin-Luft-Gemisch ist ein ideales zweiatomiges Gas (κ = 1.40 und CV = 52 R). • Das in Position a gezündete Benzin-Luft-Gemisch erzeugt eine Energiemenge von 1550 J. • In Position d herrscht Normaldruck pd = 101080 Pa. • Der Motor hat eine Drehzahl von 3000 Umdrehungen pro Minute. Analysieren Sie den Kreisprozeß, indem Sie die folgenden Größen berechnen: den Wirkungsgrad η des Motors, die verrichtete mechanische Arbeit, die Temperaturen Ta , Tb , Tc , die Drücke pa , pb , pc , die Stoffmenge ν des Benzin-Luft-Gemisches und die Leistung des Motors. p 6 pb pa pd b• isochor: a → b adiabatisch: b → c isochor: c → d adiabatisch: d → a ........ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... . .... ....... ... ....... ..... ... ..... ... ..... ..... ... ..... ... ..... ... ..... ..... ... ..... ... ..... ..... ... ..... ... ..... ..... ... ..... ... ...... ...... ... ...... ... ...... ...... ... ....... . . ....... ........ . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..... ........ . ..... ........ . ..... ......... . ...... ........... . ..... ...... ..... . ..... . .... ...... . ...... . ... ...... . ... ...... . . ... . ...... ...... . ... ....... . ... . ....... . ........ . ... ........ . ... ......... . ........... . ... ............... . . . ........ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............................. . . . . . . . . . . . . . . . . .. .. .. .. a • • • V2 c d -V V1 Lösungsskizze • Der Wirkungsgrad dieses Otto-Motors ist 1 η = 1 − κ−1 = 56.47% r , wobei V1 =8 r= V2 das Kompressionsverhältnis ist. • Zur Berechnung der Stoffmenge ν stellen wir die ideale Gasgleichung im Punkt d auf. pd V1 = 8.684 · 10−2 mol pd V1 = νRTd =⇒ ν = RTd (1) (2) (3) • Im Punkt a gilt 1 Va = Vd = 3.75 · 10−4 m3 (4) 8 Weil es sich bei dem Prozeß von d nach a um eine adiabatische Zustandsänderung handelt, gilt · ¸κ Vd κ κ pd Vd = pa Va =⇒ pa = pd = 1.858 · 106 Pa (5) Va Mit der idealen Gasgleichung im Punkt a erhält man pa Va = 965.0 K (6) pa Va = νRTa =⇒ Ta = νR 74 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER • Im Punkt b gilt Vb = Va (7) Weil es sich bei dem Prozeß von a nach b um eine isochore Zustandsänderung handelt, gilt ∆Q ∆Q = cV,mol ν∆T = cV,mol ν[Tb − Ta ] =⇒ Tb = + Ta = 1824 K (8) cV,mol ν Dabei wurde beachtet, daß J 1 R = 20.79 (9) cV,mol = κ−1 mol K ist. Nach dem Gesetz von Gay-Lussac gilt pb pa Tb pa = =⇒ pb = = 3.512 · 106 Pa (10) Ta Tb Ta • Bei der Zustandsänderung von c nach d wird Wärme ∆Q abgegeben. Weil diese Änderung die einzige ist, bei der überhaupt Wärme abgegeben wird, gilt |QO | ν =1− =⇒ |QO | = [1 − η]|QI | (11) |QI | und damit |QO | = −∆Q =⇒ ∆Q = [η − 1]|QI | = −674.7 J Die Zustandsänderung von c nach d ist isochor, so daß man ∆Q ∆Q = cV,mol ν[Td − Tc ] =⇒ Tc = Td − = 793.7 K cV,mol ν erhält. Nach dem Gesetz von Gay-Lussac ergibt sich weiter pd pd Tc pc = =⇒ pc = = 1.910 · 105 Pa Tc Td Td • Die Arbeit erhält man durch die Umstellung von |WI + WO | η= =⇒ |WI + WO | = η|QI | = 875.3 J |QI | (12) (13) (14) (15) • 3000 Umdrehungen pro Minute entsprechen 50 Umdrehungen pro Sekunde. Tatsächlich wird nur auf der Hälfte dieser Umdrehungen Arbeit geleistet, weil eine Umdrehung für die Abgabe der alten Gasmenge und für die Aufnahme der neuen Gasmenge benötigt wird. Damit ergibt sich die Leistung ∆W 25 · |WI + WO | P = = = 21.89 kW (16) ∆t 1s • Zum Abschluß der Aufgabe noch eine Bemerkung: Weil nur auf den Wegen von d nach a und von b nach c gearbeitet wird, ergibt sich 1 WI = [pa Va − pd Vd ] = 983.8 J (17) κ−1 und 1 [pc Vc − pb Vb ] = −1860 J (18) WO = κ−1 , so daß sich die Arbeit |WI + WO | = 876.2 J ergibt. Abweichungen zu (15) ergeben sich wegen Rundungsfehlern. 2.35 (19) Aufgabe T-35 Aufgabenstellung Mit einem idealen Gas wird ein rechtsläufiger Kreisprozeß durchgeführt, der sich aus Isobaren und Isochoren zusammensetzt. Die Zustandsgrößen der Eckpunkte im p,V -Diagramm sind p1 = 7.5 bar, p2 = 10 bar, V2 = 1 l und V3 = 1.5 l. Das Gas besteht aus zweiatomigen Molekülen, die im betrachteten Temperaturbereich rotieren, ohne zu schwingen. Die Teilchenmenge beträgt ν = 0.3 mol. KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 75 • Wie groß sind die Temperaturen T1 , T2 , T3 und T4 ? • Welche Nutzarbeit wird je Zyklus abgegeben? • Welche Wärme QI muß je Zyklus zugeführt werden? • Wie groß ist der thermische Wirkungsgrad η des Kreisprozesses? • Welchen Wirkungsgrad hätte eine Carnot-Maschine, die zwischen denselben Temperaturen arbeitet? p 6 p2 = p3 p1 = p4 2• •3 • • ........ . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................................................................................................................................................. ... .... .... ... ... ... ..... ... ... ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..... ... ... ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ... ... .... ........ . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................................................................................................................................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... .... . . 1 V1 = V2 isochor: 1 → 2 isobar: 2 → 3 isochor: 3 → 4 isobar: 4 → 1 4 -V V3 = V4 Lösungsskizze Für ein zweiatomiges Gas gilt 5 7 7 cV,mol = R, cp,mol = R und κ = 2 2 5 (1) • Nach der Zustandsgleichung des idealen Gases gilt pV pV = νRT =⇒ T = (2) νR Damit können die einzelnen Temperaturen berechnet werden. Es ergibt sich T1 = 300.7 K, T2 = 400.9 K, T3 = 601.4 K und T4 = 451.1 K. • Bei der Zustandsänderung von 1 nach 2 handelt es sich um eine isochore Zustandsänderung. Daher ist ∆W = 0. Bei der Zustandsänderung von 2 nach 3 handelt es sich um eine isobare Zustandsänderung. Daher ist ∆W = −p2 [V3 − V2 ] = −500 J (3) Bei der Zustandsänderung von 3 nach 4 handelt es sich um eine isochore Zustandsänderung. Daher ist ∆W = 0. Bei der Zustandsänderung von 4 nach 1 handelt es sich um eine isobare Zustandsänderung. Daher ist ∆W = −p1 [V2 − V3 ] = 375 J Insgesamt erhält man WI + WO = −125 J (4) (5) • Eine Wärmemenge wird nur bei den Zustandsänderungen von 1 nach 2 und von 2 nach 3 zugeführt. Bei der Zustandsänderung von 1 nach 2 handelt es sich um eine isochore Zustandsänderung. Daher ist ∆Q = cV,mol ν[T2 − T1 ] = 624.8 J (6) 76 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER Bei der Zustandsänderung von 2 nach 3 handelt es sich um eine isobare Zustandsänderung. Daher ist ∆Q = cp,mol ν[T3 − T2 ] = 1750.3 J Insgesamt erhält man QI = 2375.1 J • Wegen (5) und (8) ergibt sich für den Wirkungsgrad |WI + WO | η= = 5.26% QI • Eine Carnot-Maschine hätte den Wirkungsgrad T1 η =1− = 50% T3 2.36 (7) (8) (9) (10) Aufgabe T-36 Aufgabenstellung Zwei Teile aus Kupfer der Masse m1 = m2 = 1 kg und der Temperatur T1 = 283 K bzw. T2 = 303 K werden in Kontakt gebracht. Die spezifische Wärme von Kupfer ist 385 J kg−1 K−1 . • Um welchen Betrag ändert sich die Entropie der beiden Körper beim Temperaturausgleich, wenn kein Wärmetransport zur Umgebung erfolgt? • Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß der umgekehrte Vorgang von selbst abläuft? Lösungsskizze • Weil die Körper aus demselben Material bestehen und dieselbe Masse haben, beträgt die Mischtemperatur TM = 293 K (arithmetisches Mittel der Temperaturen). Die differentielle Entropieänderung ist dann 1 1 1 dS = d̄Q = c1 m1 dT1 + c2 m2 dT2 (1) T T1 T2 und nach einer Integration · µ ¶ µ ¶¸ TM TM ∆S = cm ln + ln = 0.449 J K−1 (2) T1 T2 • Das Wahrscheinlichkeitsverhältnis zwischen den Zuständen vorher und nachher ist µ ¶ ∆S Ω = exp − ≈0 kB , wobei kB = 1.381 · 10−23 J K−1 die Boltzmann-Konstante ist. 2.37 (3) Aufgabe T-37 Aufgabenstellung Um wieviel ändert sich die Entropie von 1 kg Wasserstoff, wenn sich die Temperatur T1 verdoppelt und sich das Volumen V1 dabei halbiert? Lösungsskizze Für die differentielle Entropieänderung gilt 1 ¯ dS = dQ T Nach dem 1. Hauptsatz der Thermodynamik gilt dU = d̄Q + d̄W =⇒ dQ ¯ = dU − dW ¯ (1) (2) KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 77 Weiterhin gilt dU = cV,mol ν dT und dW ¯ = −p dV und νRT pV = νRT =⇒ p = V Setzt man (2), (3) und (4) in (1) ein, so ergibt sich 1 1 1 dS = [dU − dW ¯ ] = cV,mol ν dT + νR dV T T V Durch Integration erhält man µ ¶ µ ¶ Z T2 Z V2 1 1 T2 V2 ∆S = cV,mol ν dT + νR dV = cV,mol ν ln + νR ln T1 V1 T1 T V1 V (3) (4) (5) (6) Wenn die speziellen Änderungen hier berücksichtigt werden, folgt ∆S = ν[cV,mol ln(2) + R ln( 21 )] = ν[cV,mol − R] ln(2) (7) Dabei wurde ln( 12 ) = ln(1) − ln(2) = − ln(2) verwendet. Weil Wasserstoff ein zweiatomiges Gas ist, ist 5 cV,mol = R (8) 2 Mit der Stoffmenge ν = 500 mol (man beachte, daß ein Mol Wasserstoff ein Gewicht von 2 g besitzt) ergibt sich dann 3 J ∆S = νR ln(2) = 4322 (9) 2 K 2.38 Aufgabe T-38 Aufgabenstellung Stickstoff (V1 = 1 l) wird vom Normalzustand (p1 = 1013 hPa, ϑ1 = 0 ◦ C) auf die Temperatur T2 = 500 K erwärmt. Wie groß ist die Entropieänderung, wenn die Zustandsänderung entweder isobar oder isochor verläuft? Lösungsskizze Für das Differential der Entropie gilt 1 dS = dQ ¯ (1) T Um die Entropieänderung des Gases zu berechnen, muß das Differential dQ ¯ als Funktion des Differentials dT geschrieben und diese Gleichung dann von T1 bis T2 integriert werden. • Im Falle der isobaren Zustandsänderung gilt dQ ¯ = cp,mol ν dT , so daß sich µ ¶ Z T2 1 T2 ∆S = cp,mol ν dT = cp,mol ν ln T1 T1 T ergibt. Nach der idealen Gasgleichung berechnet man die Stoffmenge ν. p1 V1 p1 V1 = νRT1 =⇒ ν = RT1 Weil Stickstoff ein zweiatomiges Molekül ist, gilt 7 cp,mol = R 2 Damit ergibt sich µ ¶ 7p1 V1 T2 ∆S = ln = 0.78 J K−1 2T1 T1 • Im Falle der isochoren Zustandsänderung gilt (2) (3) (4) (5) (6) 78 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER dQ ¯ = cV,mol ν dT , so daß sich µ ¶ Z T2 1 T2 ∆S = cV,mol ν dT = cV,mol ν ln T1 T1 T ergibt. Weil Stickstoff ein zweiatomiges Molekül ist, gilt 5 cV,mol = R 2 Wenn man für ν denselben Wert wie oben einsetzt, folgt µ ¶ 5p1 V1 T2 ∆S = ln = 0.56 J K−1 2T1 T1 2.39 (7) (8) (9) (10) Aufgabe T-39 Aufgabenstellung Ein 200 m3 großer Raum ist mit Luft gefüllt. Die Temperatur beträgt 30 ◦ C, der Druck 1000 hPa und die relative Luftfeuchte 80%. Über Nacht fällt die Temperatur auf 10 ◦ C ab. Wie groß sind nun die relative Luftfeuchte und der Druck? Betrachten Sie das Gas als ideal. Der Sättigungsdampfdruck von Wasserdampf ist 4.20 kPa bei 30 ◦ C und 1.23 kPa bei 10 ◦ C. Lösungsskizze Es werden die folgenden Indizes benutzt: ohne Index - resultierender Druck, L - Luftdruck, W Wasserdampfdruck und zusätzlich: 1 - vor dem Absinken der Temperatur, 2 - nach dem Absinken der Temperatur. Der Druck p1 = 1 · 105 Pa des Gases im Raum setzt sich zusammen aus dem Wasserdampfdruck p1,W = 80% · 4.2 · 103 Pa = 3.36 · 103 Pa und dem Luftdruck p1,L . p1 = p1,W + p1,L =⇒ p1,L = p1 − p1,W = 9.664 · 104 Pa (1) Die Stoffmenge ν1 des Wasserdampfes vor dem Absinken der Temperatur ist pS (T1 )V ν1 = 80% · = 266.6 mol (2) RT1 , wobei pS der Sättigungsdampfdruck von Wasser ist. Wenn die relative Luftfeuchtigkeit nach dem Absinken der Temperatur 100% betragen würde, könnte die Stoffmenge pS (T2 )V ν2 = = 104.5 mol (3) RT1 von Wasser im dampfförmigen Zustand vorliegen. Wegen ν1 > ν2 beträgt die relative Luftfeuchtigkeit nach dem Absinken der Temperatur 100%. Die Stoffmenge ν2 − ν1 = 162.1 mol ist in den flüssigen Zustand übergegangen. Der Druck p2 nach dem Absinken der Temperatur setzt sich zusammen aus dem Luftdruck p2,L und dem Wasserdampfdruck (hier gleich dem Sättigungsdampfdruck, weil die Luftfeuchtigkeit 100% beträgt). Nach dem idealen Gasgesetz gilt für den Bestandteil Luft p2,L V2,L p1,L T2,L p1,L V1,L = =⇒ p2,L = = 9.0264 · 104 Pa (4) T1,L T2,L T1,L Dabei ist beachtet worden, daß V1,L = V2,L gilt, weil die Luft so betrachtet werden muss, als ob sie den Gesamtraum allein ausfüllen würde (Gesetz von Dalton) und sich das Volumen des Raumes nicht geändert hat. Insgesamt ergibt sich der Druck p2 = p2,L + pS (T2 ) = 91494 Pa 2.40 (5) Aufgabe T-40 Aufgabenstellung Wie groß ist die Masse des Wassers, das aus der Luft eines Raumes mit dem Volumen V = 250 m3 abgeschieden wird, wenn die Temperatur von T1 = 293.15 K auf T2 = 278.15 K sinkt und die relative KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 79 Luftfeuchte 75% betrug? Wasser hat die Sättigungsdampfdrucke pS (T1 ) = 2333 Pa und pS (T2 ) = 870 Pa. Lösungsskizze Bei der Luftfeuchtigkeit 75% ist die Stoffmenge des gasförmigen Wassers vor der Abkühlung des Raumes pS (T1 )V ν1 = 0.75 (1) RT1 Mit den Werten aus der Aufgabenstellung ergibt sich ν1 = 179.5 mol. Bei der Luftfeuchtigkeit 100% ist die Stoffmenge des gasförmigen Wassers nach der Abkühlung des Raumes pS (T2 )V ν2 = (2) RT2 Mit den Werten aus der Aufgabenstellung ergibt sich ν2 = 94.1 mol. Wegen ν1 > ν2 muss Wasser aus der Luft abgeschieden werden. Die Stoffmengendifferenz ist ∆ν = ν2 − ν1 = −85.4 mol. Weil Wasser die molare Masse mmol = 0.018 kg mol−1 hat, ist die Massendifferenz ∆m = mmol ∆ν = −1.537 kg 2.41 (3) Aufgabe T-41 Aufgabenstellung In einen mit trockener Luft gefüllten Behälter mit dem Volumen V = 6 · 10−2 m3 werden m = 4 · 10−4 kg Wasser gebracht. Anschließend wird der Behälter geschlossen. Die Umgebungstemperatur des Behälters beträgt 283.15 K. • Wie groß ist die relative Luftfeuchtigkeit in dem Behälter? • Auf welche Temperatur muss der Behälter abgekühlt werden, damit Taubildung einsetzt? Die Punkte (273.15 K, 611 Pa) und (283.15 K, 1230 Pa) sind Punkte der Sättigungsdampfdruckkurve von Wasser. In diesem Bereich kann der Verlauf der Sättigungsdampfdruckkurve durch einen linearen Verlauf approximiert werden. Lösungsskizze In den Behälter werden m = 4 · 10−4 kg Wasser gebracht. Dies entspricht bei einer molaren Masse mmol = 18 · 10−3 kg mol−1 von Wasser der Stoffmenge ν = 2.222 · 10−2 mol. Die Zustandsgleichung des idealen Gases ist pV (1) pV = νRT =⇒ ν = RT Bei der Temperatur 283.15 K und der relativen Luftfeuchtigkeit 100% befinden sich danach 3.135 · 10−2 mol Wasser in der gasförmigen Phase im Behälter. Damit beträgt die tatsächliche relative Luftfeuchte ¾ 3.135 · 10−2 mol = ˆ 100% =⇒ x = 71% (2) 2.222 · 10−2 mol = ˆ x Die Sättigungsdampfdruckfunktion pS (T ) von Wasser kann in dem Bereich [273, 15 K, 283.15 K] durch eine lineare Funktion pS (T ) = c1 + c2 T approximiert werden. Da in der Aufgabenstellung zwei Punkte der Funktion gegeben sind, können die Konstanten c1 und c2 durch ein lineares Gleichungssystem ermittelt werden. Auf geometrischem Weg erhält man die Konstanten c1 und c2 so: c2 ist die Steigung der Geraden und damit direkt durch 1230 Pa − 611 Pa = 61.9 Pa K−1 (3) c2 = 10 K gegeben. Der pS -Achsenabschnitt folgt durch Einsetzen eines Punktes in die umgeformte Beziehung c1 = pS − c2 T = −163 · 102 K. Damit ergibt sich die Sättigungsdampfdruckfunktion pS (T ) = −163 · 102 K + 61.9 Pa K−1 T (4) 80 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER von Wasser. Taubildung setzt genau dann ein, wenn der Druck p des gasförmigen Wassers in dem Behälter größer ist als der Sättigungsdampfdruck pS (T ) von Wasser bei der Temperatur T . · ¸ νRT νR p > pS (T ) ⇐⇒ > c1 + c2 T ⇐⇒ − c2 T > c1 ⇐⇒ −58.8 Pa K−1 T > −163 · 102 K V V ⇐⇒ T < 277 K (5) Bei der Rechnung ist auf die Änderung des Ungleichungssinns zu achten. Daher mussten die Werte bereits vor der Auflösung nach T eingesetzt werden. Bei einer Temperatur, die kleiner als 277 K ist, setzt also Taubildung ein. 2.42 Aufgabe T-42 Aufgabenstellung Die relative Luftfeuchtigkeit eines Raumes mit dem Volumen V = 180 m3 , in dem die Temperatur T = 303.15 K herrscht, soll von 25% auf 70% erhöht werden. Wieviel Wasser muss dazu verdampft werden? Der Sättigungsdampfdruck von Wasser ist pS (303.15K) = 4200 Pa. Lösungsskizze Nach der Zustandsgleichung eines idealen Gases gilt pS (T )V pS (T )V = νRT =⇒ ν = (1) RT Bei der relativen Luftfeuchtigkeit 100% befinden sich in dem Raum 300 mol Wasser in der gasförmigen Phase. Bei der vorliegenden relativen Luftfeuchtigkeit 25% beträgt die Stoffmenge des Wassers in der gasförmigen Phase 25% · 300 mol = 75 mol. Bei der relativen Luftfeuchtigkeit 70% muss die Stoffmenge des gasförmigen Wassers 70%·300 mol = 210 mol betragen. Um die Luftfeuchtigkeit des Raumes gemäß der Aufgabenstellung zu erhöhen, müssen also 210 mol − 75 mol = 135 mol Wasser verdampft werden. Dies entspricht bei einer molaren Masse mmol = 0.018 kg mol−1 von Wasser der Masse mmol ν = 2.43 kg. 2.43 Aufgabe T-43 Aufgabenstellung Ein 750 g schweres Kupferkalorimetergefäß enthält 200 g Wasser und befindet sich mit diesem bei 20 ◦ C im Gleichgewicht. Ein Experimentator legt 30 g Eis mit der Temperatur 0 ◦ C in das Kalorimeter und isoliert dieses thermisch gegen die Umgebung. • Wie groß ist die Wassertemperatur, wenn alles Eis geschmolzen und Gleichgewicht hergestellt ist? Die spezifische Wärme von Kupfer ist 418 J kg−1 K−1 . Eis hat die Dichte 917 kg m−3 und die spezifische Schmelzwärme 333 · 103 J kg−1 . • Berechnen Sie die gesamte Entropieänderung. • Wieviel Arbeit muß nach dem Schmelzen des Eises dem System zugeführt werden (zum Beispiel mit einem Quirl), um es auf 20 ◦ C zu bringen? Lösungsskizze • Aufgrund der thermischen Isolierung des Systems gilt der Energieerhaltungssatz. Die Indizes 1 / 2 / 3 stehen für Wasser des Eiswürfels / Wasser / Kupferkalorimeter. Der Energieerhaltungssatz ist bezüglich der Wärmemengen aufzustellen. ∆Q1 + ∆Q2 + ∆Q3 = 0 (1) Die einzelnen Wärmemengenänderungen sind ∆Q1 = cW m1 [TM − T1 ] + ∆QSchmelz (2) und KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 81 ∆Q2 = cW m2 [TM − T2 ] (3) und ∆Q3 = cK m3 [TM − T3 ] (4) Aus (1) erhält man daher mit (2), (3) und (4) die Mischtemperatur cW m1 T1 − 9.99 · 103 J + cW m2 T2 + cK m3 T3 TM = = 283.4 K (5) cW [m1 + m2 ] + cK m3 , was einer Temperatur von 10.2 ◦ C entspricht. Die spezifische Wärmekapazität von Wasser ist cW = 4180 J kg−1 K−1 . • Für das Differential der Entropie gilt 1 dS = dQ ¯ (6) T Um die Entropieänderung des Gases zu berechnen, muß das Differential dQ ¯ als Funktion des Differentials dT geschrieben und diese Gleichung dann von T1 bis T2 integriert werden. Damit ergibt sich als erster Anteil für die Entropieänderung µ ¶ Z TM Z TM 3 3 3 P P P 1 1 TM dQ ¯ i= ci mi dT = ci mi ln = −34.3 J K−1 (7) T T Ti i=1 Ti i=1 i=1 Ti Der zweite Anteil für die Entropieänderung ergibt sich als Schmelzentropie 1 ∆QSchmelz = 36.6 J K−1 (8) T , wobei für T die Schmelztemperatur des Eises eingesetzt werden muß. Insgesamt ergibt sich die Entropieänderung 2.3 J K−1 . • Die erfoderliche Arbeit ist gleich der Wärmeenergie, die benötigt wird, um die Temperatur des Systems von TM auf 20 ◦ C zu erhöhen. ∆W = ∆Q = [cW [m1 + m2 ] + cK m3 ]∆T = 12494 J (9) 2.44 Aufgabe T-44 Aufgabenstellung Die Zustandsänderung von einem Mol Wasserstoff wird durch die folgende Van der Waals-Gleichung beschrieben · ¸ a p + 2 [V − b] = cT V mit a = 2.5 · 10−2 N m4 , b = 2.7 · 10−5 m3 und c = 8.314 J K−1 . Berechnen Sie die kritische Temperatur, den kritischen Druck und das kritische Volumen. Lösungsskizze Unter dem kritischen Punkt (pkr , Vkr , Tkr ) in einem p,V ,T -Diagramm versteht man den Punkt, der ein Sattelpunkt der zugehörigen Isothermen im p,V -Diagramm ist. An Sattelstellen (hier bezüglich V ) muß die erste und zweite Ableitung der Funktion p(V ) verschwinden. Wenn man die Zustandsgleichung nach p auflöst, erhält man zunächst a cT − 2 (1) p= V −b V Die Differentiationsbedingungen führen auf die Gleichungen ∂p cT 2a 2a[V − b]2 = 0 =⇒ − + = 0 =⇒ T = (2) ∂V [V − b]2 V3 cV 3 und 2cT 6a 3a[V − b]3 ∂2p = 0 =⇒ − 4 = 0 =⇒ T = (3) 2 3 ∂V [V − b] V cV 4 Durch Elimination von T folgt 2a[V − b]2 3a[V − b]3 = =⇒ V = 3b (4) cV 3 cV 4 82 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER Durch Einsetzen dieses Wertes in die Gleichung (2) ergibt sich 8a T = (5) 27bc und durch Einsetzen dieser beiden Werte in die Gleichung (1) a p= (6) 27b2 Also gibt es genau eine Isotherme, die einen Sattelpunkt hat. Die Temperatur dieser Isothermen wird als kritische Temperatur, die Koordinaten des Sattelpunktes dieser Isothermen als kritisches Volumen und kritischer Druck bezeichnet. Mit den in der Aufgabenstellung gegebenen Werten erhält man Vkr = 8.1 · 10−5 m3 , pkr = 1.27 · 106 Pa und Tkr = 33 K. 2.45 Aufgabe T-45 Aufgabenstellung Ist feuchte Luft oder trockene Luft bei sonst gleichen Zustandsbedingungen schwerer (größere Dichte)? Begründung? Lösungsskizze Wasserdampf hat eine molare Masse von 18 g mol−1 . Luft (Hauptbestandteil: Stickstoff) hat eine molare Masse von 28 g mol−1 . Gase mit gleichen Zustandsbedingungen p, V und T haben gleiche Stoffmengen. Weil in feuchter Luft die Wasserdampfmoleküle Luftmoleküle ersetzen und Wasserdampfmoleküle leichter als Luftmoleküle sind, ist die Dichte von feuchter Luft kleiner als die Dichte von Luft. 2.46 Aufgabe T-46 Aufgabenstellung Auf einen Eisblock von −0.5◦ C und der Breite 4 cm wird eine Scheide mit einer Dicke von 0.2 mm gelegt. Die Scheide wird mittels eines Gewichts beschwert, so daß Scheide und Gewicht 10 kg wiegen. Wird die Scheide durch das Eis schmelzen (spezifische Schmelzwärme von Eis 334 kJ kg−1 , spezifisches Volumen von Wasser 1 l kg−1 , von Eis 1.091 l kg−1 )? Scheide .......................................................... .................... .......................................................... ....................................... ....................................... .................... .......................................................... ....................................... .................... .......................................................... ....................................... .................... .......................................................... ....................................... ....................................... Eisblock Gewicht Lösungsskizze Die Gleichung von Clausius-Clapeyron bei diesem Phasenübergang lautet dp T [Vfl − Vf ] (1) λ= dT dp , wobei λ die spezifische Schmelzwärme des Stoffes, dT die Steigung der Schmelzdruckkurve, T die herrschende Temperatur, Vfl das spezifische Volumen der flüssigen Phase und Vf das spezifische Volumen der festen Phase ist. Unter der Annahme, daß die Schmelzdruckkurve (bei den hier vorliegenden Bedingungen) linear verläuft, kann die Näherung KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 83 dp ∆p = (2) dT ∆T gemacht werden. Die Druckänderung ist durch ∆F mg ∆p = = = 12.3 · 106 Pa (3) A A gegeben. Aus (1) und (2) folgt dann T [Vfl − Vf ]∆p = −0.91 K (4) ∆T = λ ◦ Daher sinkt der Schmelzpunkt von Wasser um 0.91 K auf −0.91 C, so daß das Eis schmilzt, weil es die Temperatur −0.5◦ C hat. 2.47 Aufgabe T-47 Aufgabenstellung W Eine Ziegelwand (Dicke dZ = 0.25 m und Wärmeleitfähigkeit λZ = 0.4 mK ) ist außenseitig mit einer W Polystyrolschicht (Dicke dP = 0.07 m und Wärmeleitfähigkeit λP = 0.03 mK ) und einem KunstW harzputz (Dicke dK = 0.0015 m und Wärmeleitfähigkeit λK = 0.8 mK ) versehen. Raumseitig ist ein W Gipsputz (Dicke dG = 0.015 m und Wärmeleitfähigkeit λG = 0.5 mK ) aufgebracht. Die Temperatur ist an der Innenseite der Wand T1 = 294.15 K und an der Außenseite der Wand T5 = 258.15 K. Wie groß ist die stationäre Wärmestromdichte j? Berechnen Sie die Temperaturen T2 , T3 und T4 , die bei den Grenzflächen Gips-Ziegel, Ziegel-Polystyrol und Polystyrol-Kunstharz vorhanden sind. Lösungsskizze Für die stationäre Wärmestromdichte j gilt d j = −λ T (x) (1) dx d , wobei dx T (x) die Steigung des Temperaturverlaufs ist. Da die Temperaturverläufe linear sind, ergeben sich für die vier Wände die folgenden Gleichungen. T2 − T1 T3 − T2 T4 − T3 T5 − T4 j = −λG , j = −λZ , j = −λP und j = −λK (2) dG dZ dP dK Dies ist ein lineares Gleichungssytem mit 4 Gleichungen und 4 Unbekannten (j, T2 , T3 und T4 ) und kann mit den bekannten Methoden gelöst werden. Aufgrund der speziellen Gestalt des Gleichungssystem ist es hier sinnvoll, die Identität T1 − T5 = [T1 − T2 ] + [T2 − T3 ] + [T3 − T4 ] + [T4 − T5 ] (3) zu beachten, aus der mit den obigen Beziehungen die Gleichung · ¸ dG dZ dP dK T1 − T5 T1 − T5 = j + + + ⇐⇒ j = dG (4) d dP dK Z λG λZ λP λK λG + λZ + λP + λK W Mit den in der Aufgabenstellung gegebenen Werten ergibt sich j = 12.04 m 2 . Durch Auflösen der ersten drei Gleichungen des Gleichungssystems folgen die Gleichungen dZ dP dG j, T3 = T2 − j und T4 = T3 − j (5) T2 = T1 − λG λZ λP Mit den in der Aufgabenstellung gegebenen Werten ergibt sich T2 = 293.79 K, T3 = 286.26 K und T4 = 258.17 K. 2.48 Aufgabe T-48 Aufgabenstellung Die Verlustleistung eines Transistors mit der Betriebstemperatur von 50 ◦ C wird durch einen Kupferstab (Wärmeleitfähigkeit λ = 393 W m−1 K−1 , Querschnitt 0.25 cm2 , Länge 5 cm) abgeführt. Das Ende des Stabes habe im stationären Gleichgewicht 45 ◦ C. Der Mantel des Kupferstabs sei isoliert. 84 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER • Wie groß ist der Temperaturgradient? • Wie groß ist der Wärmestrom, d.h. welche Verlustleistung hat der Transistor? • Welche Temperatur hat der Kupferstab in einer Entfernung 2 cm vom Transistor? Kupferstab Transistor ............................................................................... ...................................................................................................................... ............................................................................... ........................................ ...................................................................................................................... ............................................................................... ........................................ ...................................................................................................................... ............................................................................... ............................................................................... 50◦ C 45◦ C Lösungsskizze • Die stationäre Wärmeleitungsgleichung ist dT Q̇ = −λA dx Weil die Temperatur um 5 ◦ C längs einer Strecke von 5 cm sinkt, erhält man ∆T = 0.01 K m−1 ∆x als Temperaturgradienten. (1) (2) • Weil der Temperaturverlauf linear ist, gilt Q̇ λA T2 = − x + T1 =⇒ Q̇ = ∆T = 1W (3) λA x , wobei T1 / T2 die Temperatur am linken Ende / rechten Ende und x die Länge des Stabes ist. • Die Temperatur in der Entfernung x = 2 cm beträgt nach (3) T (2 cm) = 48 ◦ C 2.49 (4) Aufgabe T-49 Aufgabenstellung Ein Goldstab mit der Wärmeleitfähigkeit λG = 314 W m−1 K−1 und ein Silberstab mit der Wärmeleitfähigkeit λS = 427 Wm−1 K−1 werden zu einem Stab zusammengesetzt. Der Goldstab und der Silberstab stehen miteinander im thermischen Kontakt und haben die gleiche Länge. Das Ende des Stabes, das aus Gold besteht, wird auf der Temperatur T1 = 353.15 K, das Ende des Stabes, das aus Silber besteht, auf der Temperatur T2 = 303.15 K gehalten. Berechnen Sie die Temperatur TK , die an der Kontaktfläche im thermischen Gleichgewicht zwischen dem Goldstab und dem Silberstab vorliegt. Die Mantelfläche des Stabes sei isoliert. 80◦ C 30◦ C Gold .. ... x1 Silber .. ... x2 - Lösungsskizze Das linke Ende des Stabes, das aus Gold besteht, befinde sich bei dem Ort x1 , das rechte Ende des Stabes, das aus Silber besteht, bei dem Ort x2 . Da beide Stäbe gleich lang sind, befindet sich die Kontaktfläche beider Stäbe bei dem Ort 21 [x1 + x2 ]. Da ein stationäres Gleichgewicht vorliegt, sind die Temperaturverläufe in den beiden Stäben linear. Der Temperaturverlauf in dem Goldstab ist durch KAPITEL 2: AUFGABEN ZUR THERMODYNAMIK 85 Q̇ [x − 12 [x1 + x2 ]] λG A für x von x1 bis 12 [x1 + x2 ] und der Temperaturverlauf in dem Silberstab durch TG (x) = TK − (1) Q̇ [x − 12 [x1 + x2 ]] (2) λS A für x von 12 [x1 + x2 ] bis x2 gegeben. Bei dem Ort x1 und x2 sind die Temperaturen bereits bekannt, so daß die Gleichungen Q̇ Q̇ [x1 − x2 ] und T2 = TK − [x2 − x1 ] (3) T1 = TK − 2λG A 2λS A gelten. Durch Umformung erhält man aus diesen Gleichungen die Gleichungen Q̇ Q̇ [x1 − x2 ] = λG [TK − T1 ] und [x1 − x2 ] = λS [T2 − TK ] (4) 2A 2A , woraus durch Gleichsetzen die Identität λG T1 + λS T2 λG [TK − T1 ] = λS [T2 − TK ] ⇐⇒ TK = (5) λG + λS folgt. Mit den Werten der Aufgabenstellung ergibt sich die Temperatur TK = 324.34 K (entspricht 51 ◦ C). TS (x) = TK − 2.50 Aufgabe T-50 Aufgabenstellung Die Querschnittsfläche eines rotationssymmetrischen Körpers ist durch A(x) = c1 [1 + c2 x] mit c1 = 0.001 m2 und c2 = 100 m−1 gegeben. Der Körper beginnt bei x1 = 0 m und endet bei x2 = 0.6 m. An dem linken Ende wird er auf der Temperatur T1 = 353.15 K (80 ◦ C) und an dem rechten Ende auf der Temperatur T2 = 293.15 K (20 ◦ C) gehalten. Das Material des Körpers hat die Wärmeleitfähigkeit λ = 67 Wm−1 K−1 . Wie groß ist der stationäre Wärmestrom? Berechnen Sie den Temperaturverlauf T (x) im Körper im stationären Gleichgewicht. . ........ ........ ........ ......... ......... . . . . . . . . . ....... ............ .............. .................. ........................................... 80◦ C 20◦ C Eisenstab ........................................... .................. .............. ............ ........... .......... ......... ......... ........ ........ ...... ... .. ... .. x1 x2 - Lösungsskizze Die stationäre Wärmeleitungsgleichung ist dT Q̇ = −λA(x) dx Daraus folgt nach Trennung der Variablen T und x durch Integration Z T2 Z Z x2 Q̇ x2 1 Q̇ Q̇ 1 1 dx =⇒ dT = − dx =⇒ T2 − T1 = − dx dT = − λ A(x) λ A(x) λc 1 + c2 x 1 x1 T1 x1 µ ¶ Q̇ 1 + c2 x2 T2 − T1 ¶ =⇒ T2 − T1 = − ln =⇒ Q̇ = −λc1 c2 µ 1 + c2 x2 λc1 c2 1 + c2 x1 ln 1 + c2 x1 (1) (2) Mit den Werten der Aufgabenstellung ergibt sich der Wärmestrom Q̇ = 97.8 W. Statt die Integration 86 PHYSIK FÜR ELEKTROTECHNIKER bis zu den Grenzen x2 und T2 durchzuführen, kann die Integration auch bis zu den Grenzen x ∈ [x1 , x2 ] und T ∈ [T1 , T2 ] durchgeführt werden. Auf diese Weise erhält man den Temperaturverlauf T (x). µ ¶ Q̇ 1 + c2 x + T1 (3) T (x) = − ln λc1 c2 1 + c2 x1 Mit den Werten der Aufgabenstellung und der soeben berechneten Größe Q̇ ergibt sich T (x) = −14.60 K ln(1 + 100 m−1 x) + 353.15 K 6 80.............. .. .. .. ... ... ... ........ ..... ... ... ..... ..... ..... ...... ...... ....... ....... ........ ........ ......... .......... ........... ............ .............. ............... ................. ................... ...................... ........................ ....... ........ 60 ◦ T [ C] 40 20 .... . 10 .... . 20 .... . 30 .... . 40 x [cm] .... . 50 60 .... . (4)
