Aufgabe 1: Elektro-mechanischer Oszillator

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Jasmin Bauer
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1 37. Internationale Physik-Olympiade Singapur 6 Lösungen zur zweiten Runde R. Reindl Aufgabe : Elektro-mechanischer Oszillator Formeln zum Plattenkondensator mit der Plattenfläche S, dem Plattenabstand d, der Spannung U und der Feldstärke E zwischen den Platten, der Kapazität C, der Ladung Q auf einer Platte und der Kraft F, mit der sich die Platten anziehen: U = Ed, E = Q ε S, C = Q U = ε S d, F = QE (.) δ kδ mg δ kδ mg F e δ kδ F mg F e Q x d Q x d d Abb.. Kräfte d : Länge der Feder ohne Belastung (a) Gleichgewicht ohne Spannung: kδ = mg F = k(δ x) mg = kx = mẍ (.) ẍ = k m x = ω = k m (.3) (b) Gleichgewicht mit δ = d + δ : k(d + δ ) mg + F e = = F e = k(d ) (.4) F e = F e = Q E = Q ε S = ε SE = ε SU d k(d ) U = ε S (c) Mit δ = d + δ x folgt für die Gesamtkraft F auf die obere Platte: = k(d ) (.5) (.6) F(x) = k(d + δ x) mg + F e = kx + k(d ) + F e = kx + F e F e (.7)

2 (.8) in (.7): Mit x gilt F e = QE = ε SU d = (.5) = k(d )d (.4) ( + x) = F(x) = kx + F ed ( ( + x) F d ) e = kx + F e ( + x) F e d ( + x) (.8) (.9) d ( + x) = ( + x ) + x x (.) und damit F(x) kx F e x = kx + k(d ) x = d ( = k (d ) ) x = k(3 d ) x (.) ẍ = k(3 d ) x = ω x (.) m ( k(3 d ) k ω = = 3 d ) (.3) m m (d) Die Ladung auf der oberen Platte ist Q L Q = Q + q, (.4) x I die Spannung zwischen den Platten U U U = U L I = U L Q (.5) U = Q C = Q( + x) ε S (.6) L q + U = U (.7) Abb.. Mit Induktivität L q + ( + x)(q + q) ε S = L q + Q + q + xq + xq ε S = U = Q ε S (.8) Die Kraft auf die obere Platte ist L q + x(q + q) ε S + q ε S = (.9) F(x) = kx F e + F e = kx + Q ε S Q ε S = kx + (Q Q)(Q + Q) ε S mẍ = kx q(q + q) ε S ẍ = k m x q(q + q) ε ms (.) (.) (.) q = x(q + q) + q ε SL (.3)

3 Mit A = k m, B = Q ε ms, C = Q ε LS, D = ε LS, α = ε ms, β = ε LS schreiben sich (.) und (.3) (.4) ẍ = Ax Bq αq (.5) q = Cx Dq βxq (.6) Unter der Annahme einer harmonischen Schwingung ist ẍ = ω x und q = ω q (.7) Damit folgt aus (.5) und (.6) Ax + Bq + αq = ω x (.8) Cx + Dq + βxq = ω q (.9) Aus (.8) folgt Eingesetzt in (.9): x = Bq + αq ω A (.3) CB ω A + D ω + }{{} k Cα + Bβ ω A } {{ } k q + αβ ω A }{{} k 3 q = (.3) Das Polynom (.3) muss identisch null sein, d.h. k = k = k 3 =. Es folgt zunächst α = β =, d.h. in (.) und (.3) wird q in den Summen gegen Q vernachlässigt. Diese Näherung ist für x gerechtfertigt, da Q = Q + q = ε SU + x Q ( xd ) = q Q x (.3) Wie zu erwarten gibt es also nur dann harmonische Lösungen des Systems (.5) und (.6), wenn es linear ist. Die Bedingung k = führt auf ω = A + D ± CB AD + CB ω A + D ω = (.33) ω 4 (A + D)ω = CB AD (.34) (A + D) 4 = A + D ± A + D + 4BC AD (.35) 4BC AD = 4Q ε k mls ε mls = k(4d 5 ) ε mls = AD (.5) = 8k(d ) k ε mls ) ( 4 d 5 = (.36) Mit der rein mechanischen Resonanzfrequenz ω m und der rein elektrischen Resonanzfrequenz ω e gilt ω m = k m = A und ω e = LC (.) = ε LS = D (.37) 3

4 (.35), (.36) und (.37): ω = ω m + ω e = ω m + ω e ± ωm 4 + ωe 4 + ωmω e ± (ω m ω e) + 8ω mω e ( 4 d ) 5 = (.38) ( ) d (.39) Da die Kondensatorplatten für U ungleichnamig geladen sind, gilt < d, d.h. und damit ist der Radikand der Wurzel in (.39) immer positiv. d > (.4) (.38) hat nur eine Lösung, wenn die Wurzel größer oder gleich ω m + ω e ist: eine Lösung : 4 d 5 = d 3 zwei Lösungen : < d < 3 (.4) (.4) 4

5 Aufgabe : Kühlung eines Eisenbahntunnels (a) Im zeitlichen Mittel befinden sich 33 4 = 8,5 Züge in einer Röhre, die die Leistung P = 4,5 MW 33 4 = 37 MW (.) umsetzen. P = C dm dt = dm dt = P C = 33 4,5 MW 4 C 5 K = 3,5 kg s (.) (b) Der günstigste Wirkungsgrad ist der einer Carnotmaschine, betrieben als Wärmepumpe. Das kalte Reservoir ist das zu kühlende Wasser der momentanen emperatur, das warme Reservoir ist die Umgebung mit der emperatur U. Ist dw die in die Maschine gesteckte Arbeit und dq die dem Wasser entzogene Wärme, dann gilt W U Q U Mit dq = MCd folgt η = dq dw = U (.3) Q Abb.. Wärmepumpe dw = U dq = MC ( ) U d (.4) Mit der Näherung W = MC = MC K U ( ) U d = MC [ ( U ln ) ] + U [ U ln ] K + ( U K ) = U (.5) ln( + x) x x für x (.6) folgt aus (.5) W MC ( [ U ) ] + = MC (.7) U U U (c) P = dw dt = dm ( [ dt C U ln ) ] + U Mit dm dt = 3,5 kg s, U = 93 K und = 5 K ist (.8) P =,59 MW (.9) Mit der Näherung (.7) ist P = dm dt C U =,57 MW (.) 5

6 Aufgabe 3: Planetenbewegung (a) Innerer Planet: Index, äußerer Planet: Idex. Da der Graf des Winkelabstandes zwei Nullstellen pro Periode enthält, wird der innere Planet vom äußeren Planeten aus beobachtet. Der Winkelabstand ist also ϕ in Abb.3.. ν sei die Umlaufdauer, r ν der Radius der Keisbahn und ω ν die Winkelgeschwindigkeit von Planet ν, betrachtet in einem Inertialsystem. Aus folgt mv r = mω r = G mm r (3.) ω ν = GM r 3 ν (3.) t = Stern α α r r ϕ ϕ x Abb.3. Planetenbahnen Wir betrachten die Bewegung von Planet in einem Bezugssystem S, das mit ω um den Stern rotiert, d.h. Planet ruht in S. In S rotiert Planet mit der Winkelgeschwindigkeit ω = ω ω (3.3) und für den Winkel α gilt (siehe Abb.3.) ϕ ϕ α(t) = ωt (3.4) Dem Grafen entnimmt man α 6 3 π =,6 π = 47 (3.5) α π α (t) und damit für das Verhältnis der Bahnradien Abb.3. Winkelabstand r r = sinϕ = cos α =,68 3 (3.6) Durch Auszählen der Kästchen erhält man für das Verhältnis der Steigungen des Grafen von ϕ(α) bzw. ϕ(t) in den beiden Nullstellen: ϕ() ϕ ( ) 4 = 4 (3.7) Mit der konstanten Umlaufgeschwindigkeit v von Planet (betrachtet im System S) gilt: ( ) v v ϕ() = und ϕ = (3.8) r r r + r und damit ϕ() ϕ ( ) = r + r = + r r r r r 4 = r 4 r r 4 + =,6 (3.9) 6

7 (b) Aus (3.5) folgt für die maximale Winkelauslenkung ϕ = π α,4 π = 43 = 3,6 Einheiten = Einheit = π 5 = (3.) (c) Aus (3.) und (3.3) folgt mit = 4,6 a und r = r cos α : ω = π ( GM GM = ω ω = = GM r 3 r 3 (cos α ) 3 r = [ GM π ( (cos α ) 3 )] 3 ) (3.) r 3 = 3,5 m (3.) r = r cos α =,4 m (3.3) 7

8 Aufgabe 4: rägheitsmoment eines Rades (a) heorie: Rad austarieren (kein Drehmoment). Zusatzmasse m im Abstand R zur Achse. Das rägheitsmoment des Rades sei Θ, das gesamte rägheitsmoment ist Θ g = Θ + mr (4.) Das Drehmoment auf das Rad ist ϕ R m M = Θ g ϕ = mgr sinϕ (4.) mg Für kleine Auslenkungen gilt sinϕ ϕ und damit ϕ mgr Θ g ϕ = ω ϕ (4.3) Abb.4. Zusatzmasse = π ω = π = Θ g mgr = π mgr Ein Näherungswert für das rägheitsmoment ist also Exakte Berechnung von Θ: (4.4) Θ g Θ + mr (4.5) mgr Θ = mgr 4π mr (4.6) Ist ϕ der maximale Auslenkwinkel, dann lautet der Energiesatz: Θ g ϕ + mgr( cos ϕ) = mgr( cos ϕ ) (4.7) ϕ mgr mgr = = =: α cos ϕ cos ϕ Θ g Θ + mr (4.8) dϕ cos ϕ cos ϕ = α dt (4.9) Mit den Substitutionen G(ϕ ) := ϕ = 4G(ϕ ) α dϕ = α cos ϕ cos ϕ 4 = 4G(ϕ ) Θ + mr mgr (4.) (4.) k = sin ϕ und den trigonometrischen Formeln und sinu = k sin ϕ (4.) cos ϕ = sin ϕ = k sin u (4.3) 8

9 cos ϕ = ( + cos ϕ) = k sin u (4.4) folgt und cos u du = k cos ϕ dϕ = k k sin u dϕ (4.5) cos ϕ cos ϕ = sin ϕ ( k ) = k ( sin u ) = k cos u (4.6) G(ϕ ) = π Mit dem elliptischen Integral dϕ = k cos u du k sin u k cos u du k cos u k sin u = F(k) = π du k sin u π du k sin u (4.7) (4.8) (4.9) folgt = 4G(ϕ ) α = 4 F(k) Θ + mr mgr = 4F(k) Θ + mr mgr (4.) Θ = mgr 6F(k) mr (4.) k = F(k) π ) ( + k = π ( ) + ϕ 4 6 (4.) F(k) 4 ) π ( ( ) + ϕ π ϕ 8 (4.3) 6 Θ = mgr ( ) 4π ϕ mr (4.4) 8 Der relative Fehler ist von (4.6) bezüglich (4.) ist dabei δ rel = Θ Θ Θ ϕ 8 = δ rel (4.5) ϕ δ rel,4%,6% 3,6% 6,5%,4% 5,5%,% 3,% 4,4% δ rel,4%,5% 3,4% 6,% 9,5% 3,7% 8,7% 4,4% 3,8% 9

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