VDK Allgemeine Chemie I (PC)

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Hennie Heintze
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1 VDK Allgeeine Cheie I (PC) Christian Zosel Lösungen für Montag, 2. Juli Vektorrechnung Mit der Forel für Deterinanten von 3x3 Matrizen det A = det a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 (1) a 31 a 32 a 33 zeigt an sehr leicht, dass ( ) V = a b c 2 Einheiten 2.1 Zeit: Sekunde [s] Länge: Meter [] = a 11 a 22 a 33 + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32 (2) a 13 a 22 a 31 a 12 a 21 a 33 a 11 a 23 a 32 (3) = (a 2 b 3 a 3 b 2 ) c 1 + (b 1 a 3 a 1 b 3 ) c 2 + (a 1 b 2 a 2 b 1 ) c 3 (5) a 1 a 2 a 3 = det b 1 b 2 b 3. (6) c 1 c 2 c 3 Masse: Kilogra [kg] Stoffenge: Mol [ol] elektrische Strostärke: Apere [A] Teperatur: Kelvin [K] Lichtstärke: Candela [cd] 2.2 i. Geschwindigkeit [ ] 1 s ii. Beschleunigung [ 1 1 s s = 1 ] s 2 [ ] iii. Kraft 1Newton = 1N = 1 kg s 2 (4) 1

2 iv. Energie [1Joule = 1J = 1N = 1 kg2 s 2 ] [ v. elektrisches Potential 1Volt = 1 N As = 1 kg2 [ ] vi. elektrische Feldstärke 1 V = 1 kg As 3 vii. agnetische Feldstärke [ ] 1 A viii. Stoffengenkonzentration [ ] 1 ol 3 3 Newtonsche Mechanik 3.1 Brunnen As 3 ] In diese Beispiel gilt s 0 = 0.00, v 0 = 0.00 /s und a = g. In 1.00 s fällt der Stein s = a 2 t2 = 4.9 (7) 3.2 Schräger Wurf Der Trick bei dieser Aufgabe ist es, das Proble in zwei einfache, voneinander unabhängige Problee aufzuteilen: Gleichässig beschleunigte Bewegung in y-richtung (Wurf nach oben) Gleichförige Bewegung in x-richtung Die Zeit, die der Ball in der Luft ist, wird nur von der Bewegung in y-richtung bestit. Sobald an diese gefunden hat, kann an die Wurfweite it der Bewegung in x-richtung berechnen. Die Anfangsgeschwindigkeit kann an it de Winkel φ und der Geschwindigkeit v 0 in x- und y-koponenten aufteilen: v x,0 = cos(φ) v 0 (8) v y,0 = sin(φ) v 0 (9) Für die y-richtung gilt die Gleichung für die gleichässig beschleunigte Bewegung (y 0 = 0), y(t) = g 2 t2 + v y,0 t. (10) Den Flugzeit bis zu höchsten Punkt findet an über die Bedingung für die Fluggeschwindigkeit in y- Richtung, v y (t) = 0. Die Gleichung für v y erhält an durch ableiten: v y (t ax ) = gt ax + v y,0 = 0. (11) Dait ergibt sich für die Flugzeit bis zu höchsten Punkt und für die Flughöhe t ax = v y,0 g = 1, 966 s, (12) y ax (t ax ) = g 2 t2 ax + v y,0 t ax = 18, 95. (13) Die gesate Flugzeit ist doppelt so lang wie die Flugzeit bis zu höchsten Punkt, daraus folgt für die Flugweite x ax = v x,0 t ax 2 = 90, 36 (14) 2

3 3.3 Haronischer Oszillator Die Differentialgleichung des Haronischen Oszillators lautet F (x) = ẍ = kx, (15) k was an it ω 0 = = 2, 5 s 1 ufort zu Diese DGL kann an zb. it de Ansatz ẍ + ω 2 0x = 0. (16) x(t) = u sin(ω 0 t + φ) (17) lösen. Jetzt ist Bewegungsgleichung gefunden, nun üssen die Anfangsbedingungen x(0) = 0, 5 und ẋ(0) = 1 /s eingesetzt werden. Die erste Bedingung kann direkt in die Bewegungsgleichung eingesetzt werden, für die zweite wird die Bewegungsgleichung abgeleitet: ẋ(t) = uω 0 cos(ω 0 t + φ). (18) Einsetzen ergibt ein Gleichungssyste it zwei Gleichungen und zwei Unbekannten (u, φ) x(0) = u sin(φ) (19) ẋ(0) = uω 0 cos(φ) (20) Stellt an zb. die erste Gleichung nach u u und setzt sie in die zweite ein, ergibt sich tan φ = x(0) ω 0, (21) ẋ(0) und dait φ = 38, 33 und u = 0,

4 4 Induktion Koentar zu Vorzeichen: Wenn an ein Koordinatensyste wählt und die Richtungen explizit einsetzt, findet an i Ergebnis die Richtung des E-Felds heraus. In der Aufgabe interessiert uns diese Richtung aber nicht weiter, sondern eher der Betrag des E-Feldes. Deshalb wird a Ende das negative Vorzeichen einfach weggelassen. 5 Massenspektroeter i. Die kinetische Energie des Teilchens nach de Kondensator ist die kinetische Energie vor de Kondensator plus die Energie des elektroagnetischen Feldes, die das Teilchen gewinnt ( sei die Masse des Elektrons): E nachher kin = 1 2 v2 1 = 1 2 v2 0 q U (22) (der letzte Ter ist negativ, weil das elektrische Feld so gerichtet ist, das das Elektron beschleunigt wird). Ugestellt nach v 1 ergibt das 2 v 1 = = ( ) 1 2 v2 0 qu v eU 1, s (23) (24) (25) (Beerke, das das Feld i Kondensator ugekehrt zur Flugrichtung gerichtet ist und daher eine negative Spannung eingesetzt wurde.) ii. Mit der Geschwindigkeit aus der letzten Aufgabe tritt es nun in das Magnetfeld 4

5 ein. Dort gilt: F e Lorentz = ( v 1 B) (26) = e v 1 B (27) Das Elektron bewegt sich auf einer Kreisbahn, es gilt also F zentr. = F Lorentz (28) v2 1 = e v 1 B r (29) r = v 1 e B (30) 1, (31) Der Auftreffpunkt ist dann genau zweial der Radius und da das Teilchen negativ geladen ist: y = +2 1, 07 = 2, 14. (32) iii. Das Positron ist genauso schwer wie das Elektron, aber einfach positiv geladen. Einsetzen in ( ) 2 1 v 1 = 2 v2 0 eu (33) = v0 2 2eU (34) ergibt, dass das Teilchen so stark gebrest wird, das es wieder in die Ursprungsrichtung zurückfliegt (der Ausdruck in der Wurzel wird negativ). Daher trifft das Teilchen nicht i Detektor auf. iv. Mit der Masse des Protons erhält an: ( ) 2 1 v 1 = 2 v2 0 eu = v0 2 2eU = 9, s (35) (36) (37) Es ergibt sich ein Zyklotronradius von r = 9, und dait eine Ablenkung von y = 18, 9c. v. Das Neutron ist nicht geladen, es fliegt einfach it v 0 durch die Anordnung hindurch. 6 Bestiung der Eleentarladung siehe Serie 3, Aufgabe 4. 5

6 7 Aufbau der Materie (Klausur Februar 2011) 6

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