Lösungen der Klausur CSB/Mathe/Info. vom

Lösungen der Klausur CSB/Mathe/Info vom 07.08.09

1. Aufgabe: Lichtgeschwindigkeit im Vakuum: c = v = 3 10 8 m s a) s = 1, 5 10 8 km s c = t = 500 s b) t = 1 a = 31557600 s t c = s = 9, 47 10 15 m c) Ausbreitungsgeschwindigkeit des Lichts im Medium (n = c V ak c Med (n = 1) a) benötigte Zeit wird gröÿer, b) zurückgelegte Strecke wird kleiner > 1) kleiner als im Vakuum 2. Aufgabe: harmonische Schwingung mit x(t = 0) = x max = 10 cm und T = 8 s um x = 0 a) Bahngleichung: x(t) = x max cos(wt) = 10 cm cos( π 4 s 1 t) 1 0 x (t) [c m ] 0 2 4 6 8 1 0 t [s ] -1 0 b) zurückgelegter Weg s(t): x(1 s) = 10 cm cos( π 4 s 1 1 s) = 7, 07 cm s(1 s) = 10 cm 7, 07 cm = 2, 93 cm x(2 s) = 10 cm cos( π 4 s 1 2 s) = 0 cm s(2 s) = 10 cm 0 cm = 10 cm x(3 s) = 7, 07 cm s(3 s) = 17, 07 cm x(4 s) = 10 cm s(3 s) = 20 cm bei t = 60 s hat der Massepunkt 7,5 komplette Schwingungen mit je 40 cm überstrichenem Weg vollführt s(60 s) = 300 cm

3. Aufgabe: Patrone: = 10 g, v 0 0 Körper: m K = 1, 3 kg, v = 0 Patrone trit ruhenden Körper mit v 0 im Sinne eines vollständig inelastischen Stoÿes: Geschwindigkeit beider Massen unmittelbar nach Stoÿ v nach, Patrone und Körper rutschen entlang einer Horizontalen um x = 91 cm, wobei der Gleitreibungskoezient µ = 0, 4 beträgt a) es gilt der Impulserhaltungssatz: v 0 = ( + m K )v nach v 0 = + m K v nach (1) inelastischer Stoÿ: kinetische Energien vor und nach Stoÿ sind nicht identisch (keine Energieerhaltung im Sinne der Bewegung)! E kin,vor = 2 v2 0 E kin,nach = + m K 2 v 2 nach mit Gleichung (1) folgt und somit E kin,vor = 2 E kin,nach E kin,vor = ( mp + m K ) 2 v 2 nach + m K = 7, 6 10 3 b) kinetische Energie nach Stoÿ wird durch Reibungsarbeit F R verbraucht: E kin,nach = F R x = µ( + m K )g x Beziehung der Reibungsarbeit zu kinetischer Energie vor dem Stoÿ aus a) bekannt: 2 v2 0 = E kin,vor = + m K E kin,nach Es folgt: v 0 = 2 + m K m 2 p E kin,nach = + m K m 2µg x = 350 s

c) Impulserhaltung (Impuls Patrone vor dem Stoÿ = Impuls von Patrone + Körper unmittelbar nach dem Stoÿ): p = v 0 = 3, 5 Ns = ( + m K )v nach Geschwindigkeit unmittelbar nach dem Stoÿ entsprechend: v nach = + m K v 0 = 2, 67 m s d) zeitliche Änderung des Impulses ( p = 3, 5 Ns innerhalb von t = 10 ms) entspricht Kraft: F = p t = p t = 350 N 4. Aufgabe: Kalorimeter: m Alu = 200 g, c Alu = 0, 39 kj kg K, m W = 500 g, c W = 4, 19 kj kg K, T K = 20 C Eis: m Eis = 100 g, c Eis = 2, 09 kj kg K, Q S,Eis = 344, 0 kj kg, T Eis = 20 C Die Rechnungen erfolgen in C, Temperaturunterschiede werden in Kelvin angegeben. a) Eis wird im Kalorimeter geschmolzen, Gesamtsystem (Wasser und Kalorimeter) hat danach die Temperatur T GG > 0 C; notwendige zuzuführende Wärmemenge für diesen Erwärmungsprozess (Eis erwärmen, Eis schmelzen, geschmolzenes Eis [nun 100 g Wasser] auf T GG erwärmen): Q zu = m Eis c Eis (0 C T Eis ) + m Eis Q S,Eis + m Eis c W (T GG 0 C) = 20 K m Eis c Eis + m Eis Q S,Eis + m Eis c W T GG > 0 Diese Wärmemenge wird dem Kalorimeter (Alu + Wasser) durch Abkühlung entzogen: Q ab = m W c W (T GG T K ) + m Alu c Alu (T GG T K ) = (m W c W + m Alu c Alu )(T GG 20 C) < 0 Da der Prozess ohne Wärmeaustausch mit der Umgebung stattndet können diese Wärmemen-

gen gleichgesetzt werden (Vorzeichen beachten: Q zu > 0, Q ab < 0): Q zu = Q ab 20 K m Eis c Eis +m Eis Q S,Eis +m Eis c W T GG = 20 K (m W c W +m Alu c Alu ) (m W c W +m Alu c Alu )T GG Umstellen nach T GG liefert: T GG = 20 K (m W c W + m Alu c Alu m Eis c Eis ) m Eis Q S,Eis (m W c W + m Alu c Alu + m Eis c W ) = 2, 27 C b) In das Kalorimeter (Temperatur nun T GG = 2, 27 C, Wassermasse nun m W,neu = 600 g) werden jetzt weitere m Eis = 100 g Eis hinzugegeben, die nicht komplett schmelzen: das Gesamtsystem nimmt somit die Temperatur T end = 0 C an und es verbleibt die (ungeschmolzene) Eismasse m Rest im Kalorimeter. zugeführte Wärmemenge für die Erwärmung des Eises: Q zu = m Eis c Eis (0 C T Eis ) + (m Eis m Rest )Q S,Eis > 0 entsprechende Wärmemenge, die dem Kalorimeter entzogen wird: Q ab = m W,neu c W (0 T GG ) + m Alu c Alu (0 T GG ) < 0 Analog zu Aufgabe a) ergibt sich: Q zu = Q ab 20 K m Eis c Eis + (m Eis m Rest )Q S,Eis = (m W,neu c W + m Alu c Alu )T GG Und somit für die noch im Kalorimeter vorhandene Eismenge: m Rest = 20 K m Eisc Eis (m W,neu c W + m Alu c Alu )T GG Q S,Eis + m Eis = 94, 9 g Es schmelzen also nur 5, 1 g Eis.

5. Aufgabe: Geschwindigkeitslter: B 1 = 2, 2 mt, E = 2500 V m Massenspektrometer: B 2 = 1 G = 10 4 T a) Elektronen passieren den Geschwindigkeitslter, wenn ihre Bahn geradlinig verläuft. Dazu müssen sich Coulombkraft (Ladungen) und Lorentzkraft (bewegte Ladungen) kompensieren, d.h. ihre Beträge müssen gleich und ihre Richtungen entgegengesetzt sein. Im Falle von Elektronen (q = e) zeigt die Coulombkraft bei gegebenem Geschwindigkeitslter nach links, die Lorentzkraft nach rechts, sodass nur noch F C = q E = qv B = q vb = F L erfüllt werden muss: v = E B = 1, 14 106 m s (2) Diese Beziehung ist unabhängig von der Teilchenmasse und dem Betrag der Ladung. Wechselt das Vorzeichen der Ladung so zeigen Coulomb- und Lorentzkraft erneut in entgegengesetzte Richtungen (beide ändern ihre Richtung). Somit durchlaufen alle geladenen Teilchen, also auch Protonen, den Filter in der gegebenen Konguration, falls ihre Geschwindigkeiten der Beziehung (2) genügen. b) Im Massenspektrometer wirkt auf die Elektronen die Lorentzkraft, die die Teilchen ablenkt und auf eine Kreisbahn zwingt. Die Lorentzkraft wirkt somit als Zentripedalkraft für die Kreisbewegung und kompensiert die auf die Teilchen wirkende Zentrifugalkraft: F Z = mv2 r = q vb = F L Der Radius der Kreisbahn ergibt sich demnach zu: r = mv q B = 6, 46 cm (3) c) Damit Protonen im Massenspektrometer die selbe Bahn durchlaufen wie zuvor Elektornen muss das magnetische Feld umgekehrt werden, sodass trotz Vorzeichenwechsel der Ladung (q = e q = +e) die Lorentzkraft in die selbe Richtung zeigt. Da die Protonen zudem eine

höhere Masse aufweisen muss entsprechend Gleichung (3) ebenfalls der Betrag der magnetischen Flussdichte erhöht werden: m e B vor = B nach B nach = m e B vor = 1836 G = 183, 6 mt 6. Aufgabe (nur Physik I): homogener Vollzylinder: m = 100 kg, r = 30 cm Rotation: M = const., ω(t = 0) = 0, ω(t = 30 s) = 600 Umdrehungen min a) Drehimpuls: Trägheitsmoment des Zylinders J = m 2 r2 : = 20π s 1 L(30 s) = J ω(30 s) = m 2 r2 ω(30 s) = 282, 7 kg m2 s zeitliche Änderung des Drehimpulses ( ω = 20π s 1 in t = 30 s): const. = M = L t = J ω t = J ω t = 9, 43 Nm b) siehe a) M = 9, 43 Nm c) Kraft auf Zylindermantel: M = r F = r F F = M r = 31, 4 N

7. Aufgabe (nur Physik I): 2 Ladungen zu je q = +4 µc auf x-achse bei x 1 = 0 und x 2 = 8 m a) elektrisches Feld einer Ladung: E = q 4πɛ 0 ( ) 2 1 r Überlagertes Feld zweier Ladungen an verschiedenen Punkten der x-achse: ( E(x = 2 m) = q 1 ) 2 ( 4πɛ 0 2 m q 1 ) 2 4πɛ 0 10 m = 9347 V m E(x = +2 m) = + q 4πɛ 0 ( 1 2 m ) 2 q 4πɛ 0 ( 1 6 m E(x = +6 m) = E(x = +2 m) = 7989 V m ) 2 = +7989 V m E(x = +10 m) = E(x = 2 m) = +9347 V m b) E(x = +4 m) = 0, x = 4 m c) E (x ) 0-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 x [m ]

8. Aufgabe (nur Physik II): Körper: m = 4 g, v = 100 m s Der Körper soll an der Önung einer Blende Beugungseekte zeigen: Teilchen muss Welleneigenschaften haben (Welle-Teilchen-Dualismus) und Wellenlänge muss in Gröÿenordnung des beugenden Objekts liegen. dem Körper zuzuordnende Wellenlänge (de Broglie): λ = h p = h mv = 1, 65 10 33 m In dieser Gröÿenordnung muss die Apertur der Blende liegen. Kein normaler Körper passt jedoch durch solch eine kleine Önung, da selbst der Atomdurchmesser ( 10 15 m) um 18 Gröÿenordnungen gröÿer ist! (Oder anders ausgedrückt: ein 4 g schwerer kugelförmiger Körper mit dem Durchmesser λ müsste eine Dichte von ρ = 1, 7 10 93 besitzen!) g cm 3 9. Aufgabe (nur Physik II): Körper: m = 10 kg, M = 63, 55 g mol, E F = 7.04 ev a) jedes Atom steuert 8 Energieniveaus für das Leitungsband bei: N = 8 N Atome = 8N A m M = 7, 58 1026 b) mittlere Energiedierenz zweier aufeinander folgender Zustände: E = E F N = 9, 29 10 27 ev Vergleich mit thermischer Energie bei T = 300 K: E th k B T 25 mev E th E = 2, 8 1024 Die thermischer Energie ist weitaus gröÿer als die Energiedierenz der Niveaus, sodass man bei Raumtemperatur von einem quasikontinuierlichen Band sprechen muss.