Musterlösung zur Probeklausur - Lehrstuhl für Optik, Uni Erlangen

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Nur vom Korrektor auszufüllen!
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10
∑
Note
Experimentalphysik für Naturwissenschaftler II
Universität Erlangen–Nürnberg
SS 2011
Probeklausur (20.7.2011)
Name (in Druckbuchstaben):
Matrikelnummer:
Studiengang:
Bitte beachten: In die Wertung der Klausur gehen nur 8 der 10 gestellten Aufgaben ein. Kennzeichnen Sie
deshalb deutlich vor Abgabe der Klausur, welche zwei Aufgaben nicht gewertet werden sollen! Sie müssen dies
entscheiden, sonst werden einfach zwei Aufgaben nach Belieben gestrichen. Mit jeder Aufgabe können 8 Punkte
erreicht werden.
Empfehlung: Sehen Sie sich am Anfang der Klausur alle Aufgaben kurz an und entscheiden dann, welche Sie
in welcher Reihenfolge bearbeiten wollen. Sollten Sie eine Teilaufgabe nicht bearbeitet haben, benötigen aber
deren Ergebnis für die nächste Teilaufgabe, so nehmen Sie einfach einen Zahlenwert an, schreiben diesen hin und
rechnen damit weiter.
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1) Fischen mit Pfeil und Bogen
Ein junger Indianer steht zum Fischen mit seinem Pfeil und Bogen am Ufer eines Sees. Die Augenhöhe des
Indianers beträgt 1.5 m, der See ist 2 m tief. Seine Mokassins und seine Augen befinden sich horizontal direkt
über der Uferkante. Wenn er unter einem Winkel von α = 30◦ (siehe Skizze) auf die Wasseroberfläche blickt,
kann er einen kleinen Fisch am Boden des Sees erkennen.
1
a) Da der Indianer die Lichtbrechung an der Wasseroberfläche (nWasser = 1.33) nicht berücksichtigt und den
Pfeil in einer geradlinigen Flugbahn unter seinem Sehwinkel α abschießt, verfehlt er den Fisch. Wie weit
vom Fisch entfernt bohrt sich der Pfeil in den Seeboden?
Lösung
Snellius’sches Gesetz:
sin α1
nWasser
=
sin α2
nLuft
Hier ist α1 = 90◦ − α und α2 = β.
(
β = arcsin
Abstand:
d=
)
nLuft
◦
· sin (90 − α) = 40.62◦
nWasser
t
− t · tan β = 1.75 m
tan α
b) Bis zu welchem Blickwinkel zur Senkrechten kann der Fisch noch Objekte oberhalb der Wasseroberfläche
sehen? Was sieht er jenseits dieses Winkels?
Lösung
Der Fisch kann allerhöchstens noch das Licht von Objekten mit α1 = 90◦ wahrnehmen.
sin β ′
nLuft
=
sin 90◦
nWasser
(
)
nLuft
′
β = arcsin
= 48.75◦
nWasser
Dieser Winkel ist der Grenzwinkel zur Totalreflexion. Bei größeren Winkeln sieht der Fisch nur noch das
Spiegelbild von Objekten unterhalb der Wasseroberfläche.
c) Nun tritt ein erfahrener Jäger ans Ufer, zielt und trifft den Fisch. Unter welchem Winkel α′ gegen die
Wasseroberfläche hat er den Pfeil abgeschossen? Vernachlässigen Sie die Wirkung der Gravitation auf den
Pfeil!
Lösung
Horizontaler Abstand:
h
+ t · tan β = 4.31 m
tan α
h+t
) = 39.08◦
α′ = arctan (
a
a=
2
2) Bleigießen
Es ist Silvester und Sie wollen Ihre Zukunft durch Bleigießen ermitteln. Dazu erwärmen Sie M = 15 g Blei
in einem Edelstahllöffel, bis es gerade vollständig geschmolzen ist. Die Umgebungstemperatur und damit die
Anfangstemperatur des Löffels beträgt T0 = 20◦ C.
a) Welche Wärmemenge müssen Sie zuführen, wenn der vordere Teil des Löffels die Masse m = 5 g hat und
stets auf der gleichen Temperatur wie das Blei ist?
Lösung
S
∆Q = (cEdelstahl · m + cBlei · M ) · (TBlei
− T0 ) + sBlei · M = 1.74 kJ
b) Sie gießen das Blei anschließend in ein Gefäß mit MW = 100 g Wasser, das vorher die Temperatur T0 =
20◦ C hat. Um wieviel erwärmt sich das Wasser?
Lösung
S
von Blei abgegeben Qab = cBlei · M · (TBlei
− T ′ ) + sBlei M
von Wasser aufgenommen Qauf = cWasser · MW · (T ′ − T0 )
aus Energieerhaltung: Qab = Qauf
=⇒ T ′ =
S
sBlei M + cBlei M TBlei
+ cWasser · MW T0
= 295.5 K
cBlei · M + cWasser · MW
=⇒ ∆T = T ′ − T0 = 2.3◦ C
Hinweise: Vernachlässigen Sie die Erwärmung des Löffelstiels sowie des Wassergefäßes und den WärmeausJ
J
tausch mit der Umgebung. Die spezifischen Wärmekapazitäten sind: cBlei = 0.13 gK
, cEdelstahl = 0.5 gK
, cWasser =
J
S
4.19 gK
; die spezifische Schmelzwärme und der Schmelzpunkt von Blei sind sBlei = 25 Jg bzw. TBlei
= 327.5◦ C.
3
3) Induktion
Ein homogenes Magnetfeld mit Stärke B = 1.7 T steht senkrecht auf einer zunächst quadratischen Leiterschleife
mit Seitenlänge L = 5 cm. Der elektrische Widerstand des Leiters pro Längeneinheit sei ρ. Eine der Seiten der
Leiterschleife ist beweglich angebracht und wird ab dem Zeitpunkt t = 0 mit konstanter Beschleunigung a nach
außen gezogen. Dabei bleibt die Leiterschleife rechteckig.
a) Wie groß sind die Fläche der Schleife, der ohmsche Widerstand und der magnetische Fluss durch die
Schleife als Funktionen der Zeit?
Lösung
1
Fläche: A(t) = L · (L + at2 )
2
1
Widerstand: R(t) = (4L + 2 · at2 ) · ρ
2
1
Magnetischer Fluss: Φ(t) = BA = BLat2 + BL2
2
b) Welche Induktionsspannung Uind (t) zeigt das Messgerät als Funktion der Zeit an? Die Beschleunigung sei
a = 1 sm2 . Wie hoch ist die Induktionsspannung nach t = 2 s?
Lösung
dΦ(t)
| = BLat
dt
|Uind (2 s)| = 0.17 V
|Uind (t)| = |
c) Begründen Sie anhand der Lenz’schen Regel, in welche Richtung der induzierte Strom in der Leiterschleife
fließt, wenn das Messgerät einen endlichen Innenwiderstand hat.
Lösung
4
Nach der Lenz’schen Regel wirkt der induzierte Strom der Ursache der Induktion entgegen, d.h. er versucht, die Zunahme des magnetischen Flusses zu verringern. Der Induktionsstrom muss also im Bereich
der Leiterschleife ein nach unten zeigendes Magnetfeld erzeugen und deshalb, von oben betrachtet, im
Uhrzeigersinn fließen (d.h. von rechts nach links im Messgerät).
d) Bestimmen Sie die Kraft, die zur gleichmäßigen Beschleunigung nötig ist.
Lösung
Neben der Kraft zur Beschleunigung tritt eine rückstellende Kraft auf, die durch die sich im Magnetfeld
bewegenden Ladungsträger hervorgerufen wird:
Uind
B 2 L2 at
F = Fa + FL = ma + ILB = ma +
LB = ma +
R
(4L + at2 )ρ
5
4) Wärmeleitung
J
Zwei mit jeweils m = 50 g Wasser (spezifische Wärmekapazität cH2 O = 4.19 gK
) gefüllte Behälter stehen über
W
einen Silberdraht (Wärmeleitfähigkeit λAg = 4.29 cmK , Querschnittsfläche A = 0.4 cm2 , nicht eingetauchte
Länge L = 10 cm) miteinander in Wärmekontakt. Anfänglich habe das Wasser in Behälter 1 die Temperatur
T1 = 20◦ C und in Behälter 2 die Temperatur T2 = 80◦ C.
a) Welcher Wärmestrom fließt anfänglich durch den Silberdraht?
Lösung
dQ
A
= P = λ · ∆T = 10.3 W
dt
L
b) Zeigen Sie, dass für die Änderung der Temperaturdifferenz ∆T = T2 − T1 in einem infinitesimalen Zeitintervall dt gilt:
d(∆T )
2λAg A
=−
· dt
∆T
LcH2 O m
Lösung
A
· ∆T dt
L
−dQ
dQ
2λAg A
d(∆T ) = dT2 − dT1 =
−
=−
· ∆T dt
cH2 O m cH2 O m
LcH2 O m
dQ = P dt = λAg
=⇒
d(∆T )
2λAg A
=−
· dt
∆T
LcH2 O m
c) Wie lange dauert es, bis sich das Wasser in Behälter 1 auf 30◦ C erwärmt hat? Integrieren Sie dazu den
Ausdruck für die Änderung von ∆T aus b).
6
Lösung
∆T0 = 60 K
Da sich in beiden Behältern die gleiche Wassermenge mit gleicher Wärmekapazität befindet, muss die
Zunahme der Temperatur in dem einen gleich der Temperaturabnahme im anderen sein, also:
∆T1 = 40 K
∫
∆T1
2λAg A
d(∆T )
=−
·
∆T
LcH2 O m
∆T0
∆T0
2λAg A
ln(
)=
·τ
∆T1
LcH2 O m
=⇒ τ =
∫
τ
dt
0
LcH2 O m
∆T0
· ln(
) = 247 s
2λAg A
∆T1
Hinweise: Vernachlässigen Sie jeglichen Wärmeaustausch mit der Umgebung und nehmen Sie an, dass die
Wärmeleitung durch den Silberdraht zu jedem Zeitpunkt quasi-stationär erfolgt.
7
5) Kinetische Gastheorie
Gegeben sei ein ideales Gas aus Stickstoffmolekülen (die Moleküle werden als Kugeln mit Radius r = 150 pm
= 150 · 10−12 m angenähert) an der Erdoberfläche (Druck p0 = 1 bar, Temperatur T = 300 K) und in 120 km
Höhe (ebenfalls T = 300 K). (Anmerkung: Die Dichte des Gases an der Erdoberfläche sei ρ0 = 1, 224 kg m−3 )
(a) Berechnen Sie mithilfe der barometrischen Höhenformel den Druck in 120 km Höhe.
Lösung
p = p0 · e
−
hgρ0
p0
= 5, 5 · 10−7 bar= 0, 055 Pa
(b) Berechnen Sie die mittlere Geschwindigkeit der Gasteilchen in 120 km Höhe. Warum ist diese Geschwindigkeit
genauso groß wie auf Bodenhöhe?
Lösung
Stickstoff: m = 28 u = 28 · 1, 66 · 10−27 kg = 4, 648 · 10−26 kg.
√
√
√
kT
1, 38 · 10−23 J/K · 300K
m
8
m
v0 =
=
= 298 und daraus ⟨v⟩ =
· v0 = 476 . Auffällig ist, dass die
−26
m
4, 648 · 10 kg
s
π
s
Geschwindigkeiten nicht druckabhängig sind, daher gelten die angegebenen Geschwindigkeiten für beide Höhen.
(c) Berechnen Sie die mittlere freie Weglänge und die Zeitdauer zwischen den Stößen eines Moleküls in beiden
Höhen.
Lösung
Der Wirkungsquerschnitt beträgt σ = 4πr2 = 4π(150pm)2 = 2, 83 · 10−19 m2 .
5P a
p
Aus der idealen Gasgleichung kann man die Teilchendichte erhalten: ρN = N
= kT
= 1,381·101·10
−23 J/K·300K =
V
a
19 −3
2, 414 · 1025 m−3 für Bodenhöhe und 1,381·100,055P
für 120 km Höhe. Daraus ergibt sich
−23 J/K·300K = 1, 328 · 10 m
1
kT
−7
als mittlere freie Weglänge ⟨x⟩ = ρN σ = pσ = 1, 47 · 10 m am Boden und 0, 266 m für die große Höhe. Die
mittlere Stoßzeit ergibt sich zu ⟨t⟩ ≈
120 km Höhe.
⟨x⟩
⟨v⟩
=
1,47·10−7 m
476m/s
= 3, 08 · 10−10 s am Boden und
0,266m
476m/s
= 5, 60 · 10−4 s in
EA
1
(d) Die Reaktionsrate einer chemischen Reaktion ist gegeben durch r = dn
∝ ⟨t⟩
· e RT , wobei EA die molare
dt
Aktivierungsenergie für die Reaktion ist. Was folgt aus (b) und (c) für die Reaktionsraten in beiden Umgebungen?
Lösung
EA
Da die Temperaturen gleich sind, unterscheiden sich die mittleren Geschwindigkeiten sowie der Faktor e kT in
beiden Höhen nicht und können daher für den Vergleich vernachlässigt werden. Es gilt:
1
1
∝ ⟨t⟩ ∝ ⟨x⟩ ∝
r
p
⇒r∝p
⇒
r(120km)
p(120km)
=
= 5, 5 · 10−7
r(0km)
p(0km)
Die Reaktion läuft in 120 km Höhe also 5, 5 · 10−7 mal langsamer ab.
8
6) Teilchenbahnen
Ein durch ein Blendensystem fokussierter Teilchenstrahl
gelangt in ein homogenes Magnetfeld mit Feldstärke B =
2, 5 mT, das senkrecht auf seiner Flugrichtung steht. In
⃗ auf den Betrachter zu. In diesem
der Abbildung zeige B
Feld durchläuft der Strahl einen Viertelkreis mit Radius
R = 0, 12 m und gelangt dann in einen Kondensator, in
⃗ ein homogenes elektrisches Feld E
⃗
dem zusätzlich zu B
⃗
⃗
herrscht. E, B und die Teilchenstrahl-Flugrichtung stehen paarweise senkrecht aufeinander. Die Spannung am
Kondensator wird bei einem Plattenabstand von d = 8 cm
auf U = 907 V eingestellt, so dass der Teilchenstrahl nicht abgelenkt wird.
(a) Welche Kräfte wirken auf die Teilchen (i) im Bereich der Kreisbahn und (ii) im Kondensator?
Lösung
(
)
⃗
⃗
(i) Im Bereich der Kreisbahn wirkt nur die Lorentzkraft: FL = q · ⃗v × B
⃗
(ii) Im Kondensator wirkt zusätzlich noch die elektrische Kraft: F⃗E = q · E
(b) Welches Ladungsvorzeichen tragen die Teilchen? Begründen Sie Ihre Antwort!
Lösung
⃗ auf den Betrachter zu und die Geschwindigkeit nach oben, nach der rechteAm Anfang der Kreisbahn zeigt B
Hand-Regel also die Lorentz-Kraft bei positiver Ladung nach rechts. Da dies der tatsächlichen Ablenkung
entspricht, sind die Teilchen positiv geladen.
(c) Welche Geschwindigkeit v haben die Teilchen?
Lösung
Für die elektrische Feldstärke gilt: E = Ud
Im Kondensator gilt: FE = FL
E
U
⇒ qE = qvB ⇒ v = B
= Bd
= 4, 54 · 106 m/s
(d) Berechnen Sie das Verhältnis von Ladung q und Masse m eines Teilchens.
Lösung
Im Bereich der Kreisbahn gilt: FL = Zentrifugalkraft FZ ⇐⇒
U
v
mit v = Bd
ergibt sich: mq = BR
= B 2URd = 1, 5 · 1010 C/kg
9
qvB =
mv 2
.
R
7) Eine Sammellinse
Betrachten Sie eine dünne Sammellinse mit Brennweite f = 20 cm, durch die ein Objekt mit Gegenstandsgröße
G = 2 cm abgebildet werden soll.
(a) Skizzieren Sie den Strahlengang und konstruieren Sie das Bild B1 für die Gegenstandsweite g1 = 2f . Geben
Sie an, ob das Bild virtuell oder reell ist und ob es aufrecht oder kopfstehend ist.
Lösung
Das Bild ist reell (b = 2f > 0) und steht auf dem Kopf.
(b) Konstruieren Sie nun das Bild B2 für die Gegenstandsweite g2 = f /2. Geben Sie wiederum an, ob das Bild
virtuell oder reell ist und ob es aufrecht oder kopfstehend ist.
Lösung
Das Bild ist virtuell (b = −f < 0) und steht aufrecht.
(c) Berechnen Sie die Bildweite b und den Betrag der Bildgröße B für die beiden Fälle g1 und g2 .
Lösung
Die Abbildungsgleichung lautet:
1 1
1
= +
f
b g
10
Daraus folgt für g1 = 2f :
1
1
1
1
= −
=
b
f
2f
2f
⇒ b = 2f,
1
2
1
1
= − =−
b
f
f
f
Die Lateralvergrößerung berechnet sich wie folgt:
⇒ b = −f.
und für g2 = f /2:
B
f
M =− =
G
f −g
Gf ⇒ |B| = f − g
Für g1 erhält man |B| = G = 2cm und für g2 ergibt sich |B| = 2G = 4cm.
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8) Punktladungen
Gegeben sind zwei räumlich fixierte Punktladungen Q1 = 0, 5 nC und Q2 = 2 nC im Abstand von L = 9 cm.
Hinweis: Die elektrische Feldkonstante ist ϵ0 = 8, 854 · 10−12 A2 s4 /(m3 kg).
(a) Welche Kraft üben die beiden Ladungen aufeinander aus?
Lösung
Coulomb-Kraft zwischen zwei Ladungen: FC =
Vorzeichen positiv ⇒ abstoßend.
1 Q1 Q2
= 1, 1 · 10−6 N
4πϵ0 L2
(b) Welche Energie war nötig, um die beiden Ladungen aus unendlicher Entfernung auf den Abstand L zu bringen?
Lösung
Die gesuchte Energie ist nach Definition des elektrischen Potentials ϕ gerade
E = Q1 ϕ2 (L) = Q2 ϕ1 (L) =
1 Q1 Q2
= 1, 0 · 10−7 J.
4πϵ0 L
(c) Eine negative Probe-Punktladung q wird entlang der x-Achse verschoben, die Q1 und Q2 miteinander verbindet
(siehe Skizze). Bei welcher Position xq wirkt keine Kraft auf q?
Lösung
1 qQ1
< 0, da q < 0 und Q1 > 0;
4πϵ0 x2
1
qQ2
Kraft von Ladung 2 auf Probeladung: F2 =
< 0, da q < 0 und Q2 > 0.
4πϵ0 (x − L)2
Da beide Kräfte negativ sind, wird die Probeladung von beiden räumlich fixierten Ladungen angezogen. Der
Punkt xq muss also zwischen den Ladungen Q1 und Q2 liegen. Es soll insgesamt keine Kraft auf die Probeladung
wirken. Daraus folgt: |F1 | = |F2 |:
Kraft von Ladung 1 auf Probeladung: F1 =
1
qQ2
1 qQ1
=
⇐⇒ Q2 x2q − Q1 (xq − L)2 = 0
4πϵ0 x2q
4πϵ0 (xq − L)2
(
)2
Q2
L
L
L
√
=
⇐⇒ 1 −
⇐⇒ x±
=
q =
xq
Q1
1±2
1 ± Q2 /Q1
−
Die negative Lösung (x−
q = −L) scheidet aus, da xq nicht zwischen Q1 und Q2 liegt und somit die Kräfte in die
gleiche Richtung wirken.
Es bleibt xq = x+
q = L/3 = 3 cm. Hier sind die Kräfte tatsächlich entgegengesetzt.
12
9) Carnot-Prozess
Eine Wärmekraftmaschine arbeitet im Carnot-Kreisprozess mit 25 mol Argon. Es sei als Ideales Gas angenommen. Der Prozess startet am Punkt A bei einem Volumen von 0, 03125m3 und einem Druck von 128bar. Es
erfolgt eine isotherme Expansion auf ein Volumen von 0.125m3 und einen Druck von 32bar im Punkt B. Danach
erfolgt eine adiabatische Expansion auf 1m3 und 1bar Druck an Punkt C, bevor das Gas wieder isotherm komprimiert wird, bis im Punkt D ein Volumen von 0, 25m3 und ein Druck von 4bar erreicht sind. Eine adiabatische
Kompression schließt den Kreis.
a) Zeichnen Sie schematisch (nicht maßstabsgetreu) ein P-V-Diagramm.
Siehe Abbildung Carnot
b) Berechnen Sie die Temperatur an den Eckpunkten. Berechnung anhand idealer Gasgleichung
T =
P ·V
n·R
TA,B = 1924K
TC,D = 481K
c) Berechnen Sie den Wärmestrom und die mechanische Arbeit in den Teilprozessen. Für Adiabaten:
∆Q = 0
∆W = ∆U = n · CV · ∆T
3
∆WBC = ∆UBC = n · · R · (TC,D − TA,B ) = −450kJ
2
3
∆WDA = ∆UDA = n · · R · (TA,B − TC,D ) = 450kJ
2
Für Isothermen:
∆T = 0
13
→ ∆U = 0
∫
−∆Q = ∆W = −
Ve
P dV
Va
VA
) = −554kJ
VB
VC
= nRTC,D ln( ) = 138kJ
VD
−∆QAB = ∆WAB = nRTA,B ln(
−∆QCD = ∆WCD
d) Berechnen Sie den Wirkungsgrad.
η=(
∆WAB + ∆WCD
TA,B − TC,D
)=
= 0.75
∆WAB
TA,B
14
10) Widerstandsnetzwerk
Ein Widerstandsnetzwerk (siehe Abbildung) wird an eine Spannungsquelle angeschlossen. Deren Spannung beträgt 12V . Die mit R bezeichneten Widerstände haben 10Ω, die mit R′ bezeichneten 5Ω .
a) Berechnen Sie den Gesamtwiderstand.
RGes =
1
1
R
+
= 6, 25Ω
1
R′ +
1
1+
1
R R′ +R+R′
+R′
b) Berechnen Sie den Gesamtstrom.
UIn
= 1, 92A
RGes
c) Berechnen Sie die am Widerstand R* abfallende Spannung. Der Gesamtstrom teilt sich auf in einen Teil, der
direkt durch den ersten Widerstand zwischen den Polen der Spannungsquelle fließt, und dem Teil, der durch den
Rest der Schaltung fließt. (Parallelschaltung) Dieser fließt zuerst durch den ersten mit R’ bezeichneten Widerstand, dann durch den rechten Teil der Schaltung und dann durch den unteren R’ wieder zur Spannungsquelle
zurück. Dadurch fällt an den beiden R’ eine Spannung ab. Die Spannung an R* ist gleich der Eingangsspannung
minus der an den beiden R’ abfallenden Spannungen. (Reihenschaltung)
IGes =
UR∗ = UIn − 2 · URside = UIn − 2 · R′ · (IGes −
UIn
) = 4, 8V
R
d) Berechnen Sie den Strom durch den Widerstand R*
IR∗
UIn − 2 · R′ · (IGes −
UR∗
UIn − 2 · URside
=
=
=
R
R
R
e) Berechnen Sie die Leistung der Schaltung.
PGes = UIn · IGes = 23, 04W
15
UIn
)
R
= 0, 48A