Lösungen zu den Übungen zur Experimentalphysik Blatt 2

Übungen zur Experimentalphysik, Prof. Wagner, SS2000, Blatt 2
Lösungen zu den Übungen zur Experimentalphysik
1)
Blatt 2
Das Gravitationsgesetz für
die Anziehung der Masse
m2 (Pluto) durch die Masse
m1 (Sonne) mit dem
Abstand r = r1 − r2 lautet
FG = − γ ⋅ m1 ⋅ m 2 ⋅ r / r 3 .
Um einen Ausdruck für die
potentielle Energie dieses
Systems zu erhalten
betrachten wir zunächst die Arbeit die man aufbringen muss um m2 (Pluto) unendlich
weit von m1 (Sonne) zu entfernen. Dazu muss man über die Kraft integrieren.
Achtung: die Kraft ist gegen die Gewichtskraft aufzubringen und hat daher
umgekehrtes Vorzeichen:
∞
∞
ro
ro
W = ∫ F ⋅ dr = − ∫ FG ⋅ dr
Die Arbeit die man damit dem System zugeführt hat ist in Form von potenzieller
Energie gespeichert. Es gilt also
Epot = -W.
Da Gravitationskraft und Integrationsweg in unterschiedliche Richtungen zeigen muss
bei der Bildung des Skalarproduktes der beiden Vektoren das Vorzeichen
berücksichtigt werden.
∞
∞
ro
ro
∞
∞
dr
 1
= − γm1 m 2 −  = − γm1 m 2 / ro .
2
r
 r  ro
ro
E pot = ∫ FG ⋅ dr = − ∫ FG ⋅ dr = − γm1 m 2 ∫
Die Energieerhaltung verlangt nun, dass die Summe aus potentieller Energie und
kinetischer Energie Ekin=1/2 m v2 in jedem Punkt der Planetenbahn konstant ist. Die
Geschwindigkeit v ist also eine Funktion des Ortes auf Bahn und somit von r:
E ges = E pot (r ) + E kin ( v(r )) = const.
E pot (rmin ) + E kin ( v(rmin )) = E pot (rmax ) + E kin ( v(rmax ))
γm1 m
γm1 m
/2 1
/2 1
2
2
+ m
+ m
(*)
/ 2 v(rmin ) = −
/ 2 v(rmax )
rmin
2
rmax
2
Nun wenden wir uns kurz der Drehimpulserhaltung zu. Der Drehimpuls
L = m ⋅ r × v ist in jedem Punkt der Bahn erhalten. Da bei der Ellipsenbewegung stets r
und v senkrecht zueinander stehen und die Bewegung in einer Ebene erfolgt
(Drehimpulserhaltung) dürfen wir einfach in Beträgen weiterschreiben:
L(rmin ) = L(rmax )
rmin vmin=rmax vmax (**)
also können wir vmin durch vmax, rmin und rmax in (*) ausdrücken was uns auf eine
quadratische Gleichung für vmax führt:
−
2
γm1 1  rmax 
γm
 v(rmax ) 2 = − 1 + v(rmax ) 2
−
+ 
rmin 2  rmin 
rmax
die nun lösbar ist und wir erhalten v(rmax)=3660 m/s. Mit (**) können wir nun v(rmin)
zu 6100m/s berechnen.
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2)
Wenn der Satellit sich auf einer stationären Kreisbahn bewegt müssen sich die
Zentrifugalkraft und die Gravitationskraft die Waage halten. Es muss also gelten:
FZ = FG
mv² γMm
γM
=
⇒ v=
R
R²
R
d.h. die Geschwindigkeit des Satelliten hängt nur vom Radius der Bahn ab.
Anmerkung: Will man nun Satelliten
geostationär (stets über einem Punkt über der
Erde stehend) betreiben, so müssen diese alle
eine Geschwindigkeit haben die der Erdrotation
entspricht. Unabhängig von ihrer Masse sind
diese also in der gleichen Höhe zu finden.
Ausserdem können geostationäre Satelliten nur
über dem Äquator kreisen, ansonsten würden
sie im Tagesrythmus zwischen Nord- und
Südhalbkugel pendeln. Es kann also unter
Umständen zu Gedränge für geostationäre
Satelliten kommen.
Um die Energie zu berechnen verwenden wir den in Aufgabe 1 hergeleiteten
Zusammenhang für die potentielle Energie. Die Gesamtenergie ergibt sich als Summe
der kinetischen Energie und der potentiellen Energie:
E tot = E kin + E pot =
1
1 γmM
γmM 1 γmM γmM
mv² −
=
−
=−
2
R
2 R
R
2 R
Mit M=5.98 1024 kg und m=1000 kg (sorry der Wert war in der Aufgabenstellung
nicht angegeben) erhält man
R
v
Epot
Ekin
Etot
6570 10³ km
7793 m/s
-6.07 1010 J
3.035 1010 J
-3.035 1010 J
6550 10³ km
7805 m/s
-6.09 1010 J
3.045 1010 J
-3.045 1010 J
Es werden also 3.045 1010 J – 3.035 1010 J = 100 MJ an Wärme frei, dies entspricht
etwa der Verbrennungswärme von 2.5 kg Benzin.
Noch eine Anmerkung:
Am 4. Oktober 1957 läutete der Start des ersten künstlichen
Erdtrabanten Sputnik I das Satellitenzeitalter ein.
Der von der UdSSR aus gestartete Satellit hatte ein Gewicht
von 83,6 Kilogamm und eine Lebensdauer von 92 Tagen.
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3)
HF-Molekül:
Die Masse von Fluor beträgt 19u = 19 g/mol. Also folgt für die Masse eines Atoms 19
g/mol /NA = 19/6.022 1023 g = 3.16 10-23 g. Analog folgt für Wasserstoff bei einer
Masse von 1u für das Gewicht eines Atomes 0.166 10-23 g. Ein Angström (1 Å) ist
eine Länge von 0,1 nm = 10-10 m.
a)
Hängt man einen Körper in seinem Schwerpunkt
auf, so tritt kein resultierendes Drehmomente D auf.
(g: Erdbeschleunigung)
∑D = 0
∑ D = ∑ r × F = ∑ r × m ⋅ g = −g × ∑ m ⋅ r
Im Schwerpunkt muss also ∑ m ⋅ r = 0 gelten.
i
i
i
i
i
i
i
i
b)
c)
d)
4)
i
i
mF+dF=mH+dH
also dH = 0.87 Å und dF = 0.047 Å.
Für das Trägheitsmoment bezüglich einer Achse senkrecht zur Verbindungslinie durch
den Schwerpunkt gilt:
J = ∑ m i ⋅ ri2 = m F ⋅ d 2F + m H ⋅ d 2H = 1.32 10-47 kg m2
Die Energie für einen quantenmechanischen Rotor mit der Drehimpulsquantenzahl l
lässt sich mit Erot = l(l+1) h2/2J berechnen und man erhält so
l
Erot [Joule]
0
0
8,4 10-22
1
1.7 10-21
2
5.1 10-21
3
8.4 10-21
4
Für Übergänge unter Absorption von elektromagnetischer (Dipol-) Strahlung gilt die
Auswahlregel ∆l = ±1. Der niedrigste erlaubte Übergang ist also der von l=0 nach l=1
mit einer Energie von 8,4 10-22 J. mit E = h ν und c = λ ν (c: Lichtgeschwindigkeit, λ:
Wellenlänge und ν: Frequenz des Lichtes) folgt somit eine Wellenlänge von λ = h c/E
=236 µm.
Dieses Problem lässt sich mit der Energieerhaltung sehr schnell und einfach
beantworten. Vor dem Losrollen haben die Zylinder die gleiche potenzielle Energie
Epot = m g h. Aufgrund der unterschidlichen Trägheitsmomente des Voll- und
Halbzylinders werden unterschiedliche Anteile der potentiellen Energie in
Rotationsenergie und kinetische Energie umgewandelt:
Eges = const. ⇒ Epot = Ekin + Erot
M g h = 1/2 M v2 + 1/2 J ω2
(*)
Um die Analogie zwischen Rotation und Translation
herauszustreichen haben wir die Rotationsenergie durch
die Winkelgeschwindigkeit ω ausgedrückt. Bei der
Rollbewegung, die hier betrachtet wird gilt ω = v/R.
(R:Zylinderradius)
Und aus (*) folgt so:
2⋅M⋅g⋅h
v2 =
M + J/ R2
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Berechnung des Trägheitsmomentes:
J = ∫ r 2 ⋅ ρ ⋅ dV
V
wobei ρ die Dichte des Körpers ist.
Für das Zylindersymmetrische Problem das wir hier betrachten lässt sich die
Volumenintegration umschreiben:
dV = hz 2 π r dr
wobei hZ die Höhe des Zylinders ist. Die Integration ergibt so:
R
1
1
J = ρ ⋅ 2π ⋅ h z ⋅ ∫ r 3 dr = ⋅ ρ ⋅ πR 2 ⋅ h z ⋅ R 2 = ⋅ M ⋅ R 2 .
2
2
0
Dabei ist M = ρ πR2 hZ die Masse des Zylinders.
Für einen infinitesimal dünnen Zylinder erhält man direkt J=M R2 da die ganze Masse
im Abstand R vom Schwerpunkt verteilt ist.
Also folgt für den Vollzylinder
4
vV =
gh = 4,7 m / s
3
und für den Hohlzylinder:
v H = gh = 4,1m / s .
5)
a)
Das Volumen berechnet man durch Integration der Kreiselform:
V = ∫ dV = ∫∫∫ dxdydz .
V
V
Viele Probleme lassen sich in einem der Symmetrie des Systems angepassten
Koordinatensystem einfacher lösen. Deshalb gehen wir hier zu Zylinderkoordinaten
über (vgl. Skizze):
dz = r dϕ
dx=dh
dy=dr
Das Integral lautet dann:
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H rmax 2 π
V=∫
∫ ∫ r ⋅ dϕ ⋅ dr ⋅ dh .
0 0
0
Beachte, dass rmax eine Funktion von h ist:
rmax = R/H h
Wenn man die Integration über ϕ ausführt erhält man somit:
H R / H ⋅h
V = 2π ⋅ ∫
0
∫ r ⋅ dr ⋅ dh .
0
Dann führt man die Integration über r und danach über h aus:
R / H ⋅h
2π R 2
R 2 1 
π
1 
V = 2π ⋅ ∫  r 2 
dh =
⋅ 2 ⋅ ∫ h 2 ⋅ dh = π 2  h 3  = R 2 ⋅ H = 392,7cm 3 .
2 0
2 H 0
H 3 0 3
0 
Zur Berechnung des Trägheitsmomentes ist ein analoges Integral zu lösen. Der
Integrand ist nun ρ r2:
H
H rmax 2 π
H R / H⋅ h
3
0 0
0
J = ρ ∫ r ⋅ dV = ρ ∫∫∫ r ⋅ dxdydz = ρ ∫
2
2
V
H
H
V
R / H ⋅h
∫
2
∫ r ⋅ r ⋅ dϕ ⋅ dr ⋅ dh = 2πρ ⋅ ∫
0
∫r
⋅ dr ⋅ dh =
0
2πρ R 4
π R 4 1 
π
3
1 
J = 2πρ ⋅ ∫  r 4 
dh =
⋅ 4 ⋅ ∫ h 4 ⋅ dh = ρ 4  h 5  = ρ R 4 ⋅ H = M ⋅ R 2
4 0
4 H 0
2 H  5  0 10
10
0 
wobei im letzten Schritt das Ergebnis für das Volumen von oben verwendet wurde.
Einsetzen der Zahlenwerte ergibt: J = 7,5 10-4 kg m2.
H
H
H
Um den Schwerpunkt zu ermitteln denken wir uns den Kegel in zylindrische
Massenscheiben zerlegt. Aufgrund der Zylindersymmetrie ist der Schwerpunkt nun
der Punkt in dem die Summe (bzw. Integral) über die Massenscheiben von 0 bis hS
und von hS bis H gewichtet mit dem
Abstand der Scheibe von hS gleich gross
sind:
Die Masse einer Zylinderscheibe ist
ρ π r(h)2 dh
Für die Integrale muss also gelten:
2
hS
2
R 
R 
∫O (h S − h )⋅ ρ ⋅ π ⋅  H ⋅ h  dh = h∫ (h − h S )⋅ ρ ⋅ π ⋅  H ⋅ h  dh
S
und somit:
hS
∫h
O
H
H
⋅ h − h ⋅dh = ∫ h 3 − h S ⋅ h 2 ⋅dh
2
S
3
hS
nach Integration erhält man
h
H
1 4  S 1 4 1
1

3
h
h
⋅
⋅
−
⋅ h  =  ⋅ h − ⋅ hS ⋅ h3 
 3 S
4
3
0
4
 hS
und schliesslich
hS = ¾ H = 11,25 cm.
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Man hätte auch einfach den Schwerpunkt des gleichseitigen Dreiecks bestimmen
können und so ohne Integration zum Ziel kommen können.
b)
Der Drehimpuls L berechnet sich zu
L= J ω = 2 π f J= 0,471 kg m2/s.
Man beachte auch hier die Analogie zwischen Impuls und Drehimpuls.
c)
Da die Figurenachse des Kreisels in
einem Winkel von 30° zur Vertikalen
steht wirkt auf ihn ein Drehmoment, das
von der Schwerkraft ausgeübt wird.
Das Drehmoment des Schwerefeldes ist
D = m g hS sinα.
Das Drehmoment D steht senkrecht (aus der Zeichenebene) zum Drehimpuls L des
Kreisels (in der Zeichenebene). Nach der Bewegungsgleichung
d
D= L
dt
ist die Änderung des Drehimpulses also
ebenfalls senkrecht zum Drehimpuls. Das
bedeutet, dass L sich nur der Richtung, aber
nicht nach dem Betrag ändert: L dreht sich. Der
Kreisel präzediert mit der Präzessionsfrequenz
Ω.
In der Zeit dt ändert sich der Drehimpuls um
den Wert dL = D dt. Das Drehmoment dreht
sich somit um den Winkel dϕ = dL/(L sinα),
wie man aus der Skizze ersieht.
Für die Präzessionsfrequenz folgt so
Ω = dϕ/dt = D/(L sinα)
Setzt man nun das Drehmoment von oben ein, so sieht man, dass die
Präzessionsfrequenz unabhängig vom Winkel des Kreisel zur Vertikalen ist:
Ω = m g hS / L = 2,34 s-1.
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