Lösungsvorschlag¨Ubung 3

Allgemeine Physikalische Chemie I
Lösungsvorschlag Übung 3
HS 2011
Lösungsvorschlag Übung 3
Aufgabe 1: Visualisierung von physikalischen Grössen
a) Wie bereits in Übung 2 besprochen lässt sich die Ortsfunktion x(t) um den Zeitpunkt t = 0
in einer Taylorreihe entwickeln, welche exakt ist, wenn die dritte und höheren Ableitungen
verschwinden. Nämlich
1
x(t) = x(t = 0) + v(t = 0) · t + a(t = 0) · t2 + . . . ,
2
wobei v(t) = ẋ(t) und a(t) = v̇(t) = ẍ(t).
i. In diesem Beispiel nimmt die Geschwindigkeit v(t) linear zu. Also ist a(t) = v̇(t) =
const. (siehe unten). Ausserdem gilt v(t = 0) = 0. Die Ortsfunktion x(t) wird somit
durch eine quadratische Funktion 21 at2 beschrieben.
xHtL
t
0
Abbildung 1-1: Ort x(t) als Funktion der Zeit.
ii. Die Beschleunigung a(t) enspricht der Ableitung der Geschwindigkeit v(t) nach der
Zeit. Eine lineare Zunahme der Geschwindigkeit bedeutet, dass die Beschleunigung
konstant und positiv ist.
aHtL
0
t
Abbildung 1-2: Beschleunigung a(t) als Funktion der Zeit.
1
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b) Da der Ort x(t) durch eine periodische Funktion beschrieben wird, werden auch die Geschwindigkeit v(t) und die Beschleunigung a(t) durch periodische Funktionen beschrieben.
Die Ortsfunktion x(t) ist hier durch eine Sinusfunktion mit der Periode T gegeben. Als nte Ableitung einer Sinusfunktion erhält man wieder eine Sinusfunktion mit einer negativen
Phasenverschiebung von (nT )/4.
i. Die Geschwindigkeit v(t) erhält man aus der Ortsfunktion durch einmaliges Ableiten
nach der Zeit, was einer negativen Phasenverschiebung von T /4 entspricht. Die so
d
sin(t) = cos(t) = sin(t − T /4).
erhaltene Funktion ist die Cosinusfunktion: dt
vHtL
t
0
Abbildung 1-3: Geschwindigkeit v(t) als Funktion der Zeit.
Man sieht, dass die Geschwindigkeit in den Umkehrpunkten der Bewegung Null wird
und ihren maximalen Wert beim Durchgang durch die Gleichgewichtslage annimmt.
ii. Die Beschleunigung a(t) ergibt sich aus der Ableitung der Geschwindigkeit v(t) nach
der Zeit und somit als zweite Ableitung der Ortsfunktion x(t) nach der Zeit. Die zweite
Ableitung der Ortsfunktion entspricht einer Phasenverschiebung von T /2 und ergibt
d2
d
cos(t) = dt
somit eine an der horizontalen Achse gespiegelte Sinusfunktion: dt
2 sin(t) =
− sin(t) = sin(t − T /2)
aHtL
t
0
Abbildung 1-4: Beschleunigung a(t) als Funktion der Zeit.
c) Die Kraft ist allgemein gegeben als der negative Gradient der potentiellen Energie
F~ = −∇EPot .
Für ein eindimensionales Problem lässt sich die Kraft als negative Ableitung der potentiellen Energie nach der Auslenkung x aus der Gleichgewichtslage bestimmen. Da die
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potentielle Energie hier durch eine quadratische Funktion E(x) = 12 kx2 beschrieben wird,
ändert sich die Kraft, die auf die Masse wirkt, linear:
F (x) = −
dEPot (x)
= −kx
dx
(1.1)
Beim Durchgang durch die Gleichgewichtslage wird die Kraft also Null. Sie wirkt entgegen
der Auslenkung und ändert dann ihr Vorzeichen. Für den Betrag der Kraft ergibt sich
damit folgender Graph:
ÈFHxLÈ
0
x
Abbildung 1-5: Absolutwert der Kraft |F (x)| als Funktion der Auslenkung der Masse aus der Gleichgewichtslage.
Aufgabe 2: Geladene Teilchen in elektrischen und magnetischen Feldern
a) Ein Elektronvolt (eV) ist definiert als die kinetische Energie eines Teilchens, das eine
Elementarladung trägt und mit einer Spannung von einem Volt beschleunigt wurde, also
Ekin = e · U = 1.602 · 10−19 C · 1 V = 1.602 ·10−19 J.
b) Die atomare Masseneinheit (Symbol u) ist definiert als 1/12 der Masse des 12 C-Atoms. Die
Umrechung in Kilogramm erfolgt gemäss 1 u = 1.6605 · 10−27 kg. Nützliche Anmerkung:
Der Zahlenwert der Avogadrokonstanten NA ist der Zahlenwert des Kehrwertes von u,
NA =
1 g mol−1
= 6.022 · 1023 mol−1 .
u
(2.1)
c) Das Elektron und das 35 Cl− -Ion werden durch den Kondensator auf eine kinetische Energie
von Ekin = (−e) · (−25.00 V) = 25.00 eV = 4.005 ·10−18 J beschleunigt.
Anmerkung: In der Mitte zwischen den beiden Kondensatorplatten beträgt das Potential
lediglich −25.00 V. In einem Plattenkondensator herrscht ein homogenes elektrisches Feld
E, für die durchlaufene Potentialdifferenz U ergibt sich somit in der Mitte der beiden
Platten U = E · l/2, wobei l der Abstand der Platten ist.
d) Beide Teilchen starten mit einer kinetischen Energie von 4.005 ·10−18 J in das Flugrohr
und fliegen ab dort mit einer konstanten Geschwindigkeit. Die kinetische Energie Ekin
hängt mit der Geschwindigkeit über Ekin = 21 mv 2 zusammen. Mit d = vt kann man die
Flugzeit ausrechnen als
r
d
m
t= =d
.
(2.2)
v
2Ekin
3
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Setzt man für die Masse des Elektrons me = 9.109·10−31 kg und für die Masse des ChloridIons m(35 Cl− ) = 34.969 u= 5.807·10−26 kg ein, so erhält man die Flugzeiten te = 0.1687 µs
und t(35 Cl− ) = 42.57 µs.
e) Die Ablenkung durch das homogene elektrische Feld senkrecht zur Flugrichtung überlagert
die Bewegung in Flugrichtung und beeinflusst diese nicht, d.h. die Flugzeit bis zum Erreichen des Detektors ändert sich nicht. Als Flugrichtung wählen wir hier die z-Richtung,
das Feld wirke in y-Richtung.
Auf das geladene Teilchen wirkt dann durch das homogene elektrische Feld Ey eine Kraft
Fy = Ey Q,
(2.3)
die das Teilchen in y-Richtung beschleunigt. Für die in y-Richtung zurückgelegte Wegstrecke gilt
1
(2.4)
y(t) = y(t = 0) + vy (t = 0) · t + ay t2 .
2
Die Position des Teilchens zur Zeit t = 0 ist noch nicht in y-Richtung abgelenkt und auch
die Anfangsgeschwindigkeit in y-Richtung ist Null, so dass sich Gleichung (2.4) vereinfacht
zu
1
y(t) = ay t2 .
2
(2.5)
Mit Gln. (2.5), (2.3), (2.2) und Fy = may können wir die Ablenkung in y-Richtung ausrechnen:
1
Fy 2 Ey Q d2 m
Ey Qd2
y(t) = ay t2 =
t =
=
.
2
2m
2m 2Ekin,z
4Ekin,z
(2.6)
Für ein Elektron erhält man damit eine Ablenkung von −0.04000 m = −4.000 cm. Ein
Proton mit derselben kinetischen Energie unterscheidet sich vom Elektron durch das Vorzeichen seiner Ladung, weshalb es um denselben Betrag in die entgegengesetzte Richtung
abgelenkt würde. Die Masse spielt nach Gleichung (2.6) in diesem Fall keine Rolle.
f) Die auf bewegte elektrische Ladungen im Magnetfeld wirkende Lorentz-Kraft ist gegeben
durch
~
F~magn = Q(~v × B).
(2.7)
Damit sich die Ablenkungen kompensieren, müssen die Kräfte auf das Proton dem Betrag
nach gleich sein, aber in entgegengesetzte Richtungen wirken.


vy Bz − vz By

~ = −Q · (~v × B)
~ = −Q · 
F~el = Q · E
 vz Bx − vx Bz  = −F~magn .
vx By − vy Bx
(2.8)
Da die durch das elektrische Feld verursachte Kraft auf eine Ladung nur eine Komponente
in y-Richtung hat, ist es ausreichend, bei der Lorentzkraft die Komponente in y-Richtung
zu betrachten
~ y = −Q · (vz Bx − vx Bz ) = −Fmagn,y .
Fel,y = Q · Ey = −Q · (~v × B)
(2.9)
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Da wir keine Geschwindigkeitskomponente in x-Richtung haben (vx = 0), fällt der Term
vx Bz weg, und wir erhalten
Ey
= −Ey
Bx = −
vz
r
mp
= −231.23 µT,
2Ekin,z
(2.10)
wobei mp = 1.673 · 10−27 kg die Ruhemasse des Protons ist. D.h. man muss ein Magnetfeld der magnetischen Flussdichte 231.23 µT in negativer x-Richtung anlegen, um die
Auslenkung des Protons durch das elektrische Feld zu kompensieren.
Aufgabe 3: Kräfte zwischen Proton und Elektron
a) Einsetzen der Ruhemasse des Protons mp = 1.673 · 10−27 kg, der Ruhemasse des Elektrons
me = 9.109 · 10−31 kg und r = 1.2 Å = 120 pm in Gleichung (2.1) der Aufgabenstellung
liefert
FG = γ
mp me
r2
= 6.674 · 10−11 Nm2 kg−2 ·
(3.1)
1.673 · 10−27 kg · 9.109 · 10−31 kg
(1.2 · 10−10 m)2
= 7.06 · 10−48 N.
(3.2)
(3.3)
Einsetzen der Elementarladung qe = −qp = −1.602 · 10−19 C und r = 1.2 Å = 120 pm in
Gleichung (2.2) der Aufgabenstellung liefert
FC =
1
|qe qp |
· 2
4πε0
r
(3.4)
2
(1.602 · 10−19 C)
1
·
=
4 · 3.142 · 8.854 · 10−12 Fm−1 (1.2 · 10−10 m)2
= 1.60 · 10−8 N.
(3.5)
(3.6)
b) Sowohl Coulomb- als auch Gravitationskraft sind proportional zum Produkt der wechselwirkenden Grössen und indirekt proportional zum Abstandsquadrat. Die Gravitationskraft
ist wesentlich kleiner (im vorliegenden Fall 40 Grössenordnungen) und kann daher bei der
Betrachtung von Atomen und Molekülen vernachlässigt werden.
Aufgabe 4: Bestimmung der Elementarladung
Da alle Geschwindigkeitsvektoren, Beschleunigungen, Felder und Kräfte in dieser Aufgabe parallel bzw. antiparallel sind (z-Richtung in der Abbildung 1.1 auf dem Aufgabenblatt), verzichten wir hier auf eine vektorielle Schreibweise. Die hier betrachteten Grössen entsprechen den
z-Komponenten der vektoriellen Grössen.
a) Bis zum Kondensator werden die Öltröpfchen durch die Erdanziehung beschleunigt, d.h.
a = g = 9.8067 m s−1 . Mit d = 21 gt2 und vin = gt kann man die Höhe der Quelle berechnen
2
1
1 v2
1 vin
d = gt2 = g in2 =
= 0.4000 m.
2
2 g
2 g
(4.1)
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b) Im Kondensator werden die Teilchen durch eine resultierende Kraft aus Gravitationskraft
und elektrostatischer Kraft beschleunigt
Fres = ma = FG + Fel = mg + QE.
(4.2)
Für die Beschleunigung gilt dann
a=
Fres
QE
=g+
.
m
m
(4.3)
Für die im Kondensator zurückgelegte Strecke und Geschwindigkeit gilt
1
D = vin ∆t + a(∆t)2
2
vout = vin + a∆t,
(4.4)
(4.5)
woraus sich die Austrittsgeschwindigkeit berechnen lässt, indem man Gleichung (4.4) nach
a umformt, und in Gleichung (4.5) einsetzt,
2D
− vin .
(4.6)
∆t
Mit der Anfangsgeschwindigkeit vin aus 2a) erhält man für die Geschwindigkeit der Tröpfchen:
vout =
vout,1 =
2 · 0.500 m
− 2.801 m s−1 = 4.305 m s−1 .
0.14072 s
(4.7)
Analog ergeben sich vout,2 = 4.201 m s−1 und vout,3 = 4.096 m s−1 .
c) Die Ladung der Tröpfchen bestimmt, wie stark diese beschleunigt werden. Wir können Gl.
(4.3) nach Q umstellen, und a aus Gl. (4.5) einsetzen und erhalten
Q=
−vin
m( vout∆t
− g)
m(a − g)
=
.
E
E
(4.8)
Die Masse der Öltröpfchen ist über Volumen und Dichte des Öls zugänglich
4
kg 4
m = ρOel V = ρOel · πr3 = 850.0 3 · π(850 · 10−9 m)3 = 2.187 · 10−15 kg.
3
m 3
(4.9)
Setzt man die so erhaltene Masse in Gleichung (4.8) ein, erhält man für die Ladung der
Tröpfchen
−vin
− g)
m( vout∆t
Q1 =
E
−1 −2.801 m s−1
2.187 · 10−15 kg( 4.305 m s0.14072
− 9.8067 m s−2 )
s
=
1.200 · 104 V m−1
−19
= 1.606 · 10 C
(4.10)
(4.11)
(4.12)
Analog erhält man Q2 = −6.315 · 10−22 C und Q3 = −1.596 · 10−19 C.
Die Absolutbeträge von Q1 und Q3 entsprechen relativ genau dem bekannten Wert für
die Elementarladung (1.602 · 10−19 C). Q2 ist etwa drei Grössenordnungen kleiner als
die Elementarladung e, aus diesem Grund können wir annehmen, dass ein ungeladenes
Öltröpfchen vorlag.
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d) Zunächst müssen wir die Anfangsgeschwindigkeit der Teilchen beim Eintritt in den Kondensator kennen. Dazu berechnen wir zunächst die Zeit bis zum Eintritt in den Kondensator, indem wir von Gleichung (4.4) ausgehen (mit D ersetzt durch d0 ) und ∆t bestimmen.
Gleichung (4.4) ist eine quadratische Gleichung in ∆t mit den Lösungen
r
v0
2d0 v0 2
+
∆t1,2 = − ±
.
(4.13)
a
a
a
Die negative Lösung von Gleichung (4.13) hat physikalisch keine Bedeutung, und wir
erhalten mit a = g die Zeit bis zum Eintritt in den Kondensator
−1
2.000 m s
+
∆t = −
9.8067 m s−2
s
2 · 0.2500 m
+
9.8067m s−2
2.000 m s−1
9.8067 m s−2
2
= 100.3 ms.
(4.14)
Diese Zeit setzen wir in Gleichung (4.5) ein und erhalten eine Anfangsgeschwindigkeit
beim Eintritt in den Kondensator vin
vin = 2.000 m s−1 + 9.8067 m s−2 · 0.1003 s = 2.984 m s−1 .
(4.15)
Für die Durchflugszeit tKond im Kondensator können wir ebenfalls Gleichungs (4.13) verwenden, allerdings ist die Beschleunigung a nun durch Gleichung (4.3) gegeben und hängt
von der Ladung ab
aQ 1 = g +
1.606 · 10−19 C · 1.2 · 104 Vm−1
QE
= 9.8067 ms−2 +
= 10.69 m s−2 .
m
2.187 · 10−15 kg
(4.16)
Somit erhält man aQ2 = 9.803 ms−2 und aQ3 = 8.931 ms−2 . v0 entspricht in diesem Fall
vin .
Setzt man die entsprechenden Werte in Gleichung (4.13) ein, so erhält man für
s
2
2.984 m s−1
2 · 0.500 m
2.984 m s−1
+
+
= 134.9 ms.
(4.17)
∆tQ1 = −
10.69 m s−2
10.69 m s−2
10.69 m s−2
Auf dem gleichen Wege erhält man ∆tQ2 = 136.8 ms und ∆tQ3 = 138.8 ms.
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