Physik I und II, D-MATH, D-PHYS & D-CHEM

Physik I und II, D-MATH, D-PHYS & D-CHEM

0 Notenskala

Note ≈ Punkte · 5 + 9 19

1 Doppelstern (5 Punkte)

1.1

m ₁ = 3 · 10 ³³ kg m ₂ = 4 · 10 ³³ kg

d = 10 ¹⁷ m

G = 6.67 · 10 ^{− 11} m ³ kgs ²

Das ganze als Kinderschaukel/Kinderwippe auffassen die ausbalanciert sein muss (Drehpunkt = Schwerpunkt), also muss die Summe aller Drehmomente 0 sein:

m 1 x = (d − x)m 2

x = dm ₂ m ₁ + m ₂

oder nach Demtr¨oder (S. 107) den Massenschwerpunkt berechnen, dazu den 0-Punkt in einer Masse w¨ahlen (hier m ₁ ):

r _s = 1 M _total

X

i

m _i r _i

r _s = dm ₂ m 1 + m 2

5.71 · 10 ¹⁶ m = 10 ¹⁷ m · 4 · 10 ³³ kg 3 · 10 ³³ kg + 4 · 10 ³³ kg Der Schwerpunkt ist 5.71 · 10 ¹⁶ m von m ₁ entfernt.

1

Siehe Demtr¨oder Seite 67

m ₁ ω ² r = − G m ₁ M _total r ² ω =

r GM _total r ³ 5.00 · 10 ^{− 14} 1

s = s

6.67 · 10 ^{− 11} _kgs ^{m 3} 2 (3 + 4) · 10 ³³ kg (5.71 · 10 ¹⁶ m) ³

1.3

L = ~r × ~ p, p = m~v, v = r × ω ⇒ L = r ² mω F¨ ur beide Massen den Drehimpuls berechnen:

rlL = r ² _s m ₁ ω + (d − r _s ) ² m ₂ ω 8.58 · 10 ⁵³ kgm ²

s =

5.00 · 10 ^{− 14} ·

(5.71 · 10 ¹⁶ ) ² 3 · 10 ³³ + (10 ¹⁷ − 5.71 · 10 ¹⁶ ) ² 4 · 10 ³³ kgm ² s

2 π ⁰ -Zerfall (7 Punkte)

2.1

135M eV

2 = 67.5M eV 2.2

Siehe Demtr¨oder Seite 129 E ₀ = m ₀ c ² Ruheenergie

E = m ₀ γc ² mit γ = 1 q

1 − ^v _c ² E = m ₀ c ² 1

q 1 − ^v _c 2 ²

E = 135M eV 1 q

1 − ^{( 2} _c ^c 2 ^{) 2}

= 135M eV 1 q

1 − ¹ ₄

= 155.8M eV

Siehe Demtr¨oder Seite 100 (Bewegte Uhren laufen langsamer)

∆tγ = ∆τ 9.7 · 10 ^{− 17} s =

r 1 − 1

4 8.4 · 10 ^{− 17} s 2.4

3 Geysir (7 Punkte)

3.1

Druck in 20m Tiefe (Annahme: 1m ³ Wasser = 1000kg und Normaldruck 101325P a )

p ₂₀ = p _{N ormal} + p _{W asser} p ₂₀ = p _{N ormal} + mg

A = P _{N ormal} + %gh 297325P a = 101325P a + 1000 · 9.8 · 20 kgmm

m ³ s ² Siehe Demtr¨oder Seite 324

T _S (p) = T _S (p ₀ ) 1 1 − ^{RT S} _Λ ^{(P 0 )} ln _p ^p

0

133 C ≈ 406.57K = 373.15K 1

1 − ^{8.31 ·} 373.15JKkgM ol

2256000 · 0.018JKM olkg ln ²⁹⁷³²⁵ ₁₀₁₃₂₅ 3.2

∆T = 20K c = 4.18 kJ

kgK V _total = 0.5

2 m 2

π20m + 1 2 m 2

π1m

= 3 2 πm ³

∆Q = ∆T cV _total % 394M J ≈ 393955kJ = 20K4.18 kJ

kgK 1000 kg m ³

3

2 πm ³

F = 185

16 π Oberfl¨ache des Wasserreservoir m ² k = 0.6 k-Wert W

m ² K

T _F = 873.15 Felstemperatur K

T _{W 0} = 353.15 Wassertemperatur (bei t = 0) K T _{W t} = 373.15 Wassertemperatur (bei t = t) K

∆Q

∆t = − kF (T (t) − T _F ) mit ∆Q = cm∆T ⇒ cm∆T

∆t = − kF (T (t) − T _F )

∆T

∆t = − kF

cm (T (t) − T _F ) Ansatz zur L¨osung der Differentialgleichung:

T(t) = Ae ^{− cm kF t} + T _F Randbedingungen bei t = 0:

T(0) = T _{W 0} = A + T _F ⇒ A = T _{W 0} − T _F ⇒ T(t) = (T _W0 − T _F )e ^{− cm kF t} + T _F

Wann ist T (t) = T _{W t} :

T _{W t} = (T _{W 0} − T _F )e ^{− cm kF t} + T _F T W t − T F

T _{W 0} − T _F = e ^{− cm kF t} ln T _{W t} − T _F

T _{W 0} − T _F

!

= − kF cm t

− cm ln

T _{W t} − T _F T W 0 − T F

kF = t

− 4180 _kgK ^J 1000 _m ^kg 3 3

2 πm ³ ln

373.15 − 873.15 353.15 − 873.15

0.6 _m ^W _{2 K} ¹⁸⁵ ₁₆ πm ² = 35447s = 9h50 ⁰ 47s

4.1

Befinde mich beim Punkt x. Dauer bis die Welle (0.2m) an mir vorbei ist (t ₂ − t ₀ , w¨ahle t ₀ = 0s):

v = s

t ⇒ t = s

v = 0.2 ^m _s

10m = 0.02s

Transversale Geschwindigkeiten zwischen den Zeiten −∞ , t ₀ , t ₁ , t ₂ , + ∞ :

→ 0 m s t ₀ = 0s

→ 0.05m 0.01s = 5 m

s t ₁ = 0.01s

→ − 0.05m

0.01s = − 5 m s t 2 = 0.02s

→ 0 m s

4.2

Frequenzspektrum muss kontinuierlich sein (¨ahnlich eines Knalles) da nur ein Wellenberg vorhanden ist. Die Dreiecksfunktion ist gegeben durch f(t) = c(1 − ^|t| _b ) mit c = 0.05 und b = 0.01 (0-Punkt bei der h¨ochsten Amplitude).

Fourieranalyse:

A(ω) = 1

√ 2π Z _∞

−∞

f (t)e ^−iωt dt = 1

√ 2π Z b

− b

c 1 − | t |

b

e ^−iωt dt

= c

√ 2π

"Z 0

− b

1 − | t |

b

e ^−iωt dt + Z _b

0

1 − | t |

b

e ^−iωt dt

#

= c

√ 2π

"Z 0

− b

e ^−iωt dt − 1 b

Z ₀

− b | t | e ^−iωt dt + · · ·

= c

√ 2π

"

− e ^{− iωt} iω

0

−b

+ e ^{− iωt 2} 2biω

0

−b · · ·

= c

√ 2π e ^iωb

iω − e ^{− iωb} iω

= c

iω √ 2π

e ^iωb − e ^{− iωb}

mit 2i sin x = (e ^ix − e ^{− ix} )

= − 2c sin ωb ω √

2π Wo ist Walter?

4.3

E _kin = m _{W elle} v ² _trans 2 m _{W elle} = µ | λ |

E _kin = µ | λ | v ² _trans 2 2.795J = 0.01 kg

cm 2 p

10 ² + 5 ² 5 ² 2 =

√ 125

4

5.1

E _{pot o} = mgh E _{kin o} = m v ² _o 2 E _{rot o} = c E pot u = 0 E _{kin u} = m v ² _u

2 E _{rot u} = c

E _{pot o} + E _{kin o} + E _{rot o}

| {z }

c

= E _{pot u}

| {z }

0

+E _{kin u} + E _{rot u}

| {z }

c

E _{pot o} + E _{kin o} = E _{kin u} mgh + m v _o ²

2 = m v ² _u p 2

2gh + v _o ² = v _u r

2 · 9.81 m

s ² 1m + 2 ² m ²

s ² = 4.86 m s

5.2

E _rot = 1

2 I _Kugel ω ² I _Kugel = 2

5 mR ² ω = v

R E _rot = 1

2 2

5 mR ² v ²

R ² = mv ² 5 [µ] = m ⇒ [µgm cos α] = N m ⇒ µ

R gm cos α = N

α = arctan 1

10 Steigungswinkel F _N = cos arctan 1

10 mg E _Reib = cos arctan 1

10 mg p

10 ² + 1 µ R

E _{pot o} + E _{kin o} + E _{rot o} = E _{pot u}

| {z }

0

+E _{kin u} + E _{rot u} + E _Reib

gh + v ² _o 2 + v ² _o

5 = v ² _u 2 + v _u ²

5 + cos arctan 1 10 g p

10 ² + 1 µ R

gh + v ² _o 2 + v _o ²

5 − cos arctan 1 10 g p

10 ² + 1 µ

R = 7 10 v _u ² r 10

7

gh + 7

10 v _o ² − cos arctan 1 10 g p

10 ² + 1 µ R

= v _u

s 10

7

9.81m ²

s ² + 7 · 4m ²

10s ² − cos arctan 1 10

9.81m √

101m · 0.05 s ²

=

3.32 m s

5.3

v _m

R = Rotationsgeschwindigkeit 1 s v _m brechnen wie in Aufgabe (5.2) jedoch mit ^h ₂ und ^s ₂ :

s 10

7

g h 2 + 7

10 v ² _o − cos arctan 1 10 g

√ 101 2

µ R

= v _m s

10 7

9.81m ²

2s ² + 7 · 4m ²

10s ² − cos arctan 1 10

9.81m √

101m · 0.05 2s ²

=

2.74 m

s

R 0.1m s

L¨osungsversuch von Patrick, Susanne, Thomas, besten Dank auch an Salvi f¨ ur die Tipps

ge-L ^A TEX am 22. Februar 2003 Thomas Kuster

thomas@fam-kuster.ch