Physik Aufgabensammlung für Ingenieure und Naturwissenschaftler [1. Aufl] 9783834802996, 3834802999 [PDF]

Zitiervorschau

Peter Kurzweil (Hrsg.) | Bernhard Frenzel | Jürgen Eichler | Bernd Schiewe Physik Aufgabensammlung

Aus dem Programm

Naturwissenschaftliche Grundlagen

Physik von A. Böge und J. Eichler Physik von J. Eichler Chemie von P. Kurzweil und P. Scheipers Physik Formelsammlung für Ingenieure und Naturwissenschaftler von P. Kurzweil (Hrsg.), B. Frenzel und F. Gebhard Lehrsystem Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler in sechs Bänden von L. Papula Analysis für technische Oberschulen von K.-H. Pfeffer Mathematik für die Fachschule Technik von H. Rapp Übungsbuch Mathematik für Fachschule Technik und Berufskolleg von H. Rapp und J. M. Rapp

www.viewegteubner.de

Peter Kurzweil (Hrsg.) | Bernhard Frenzel | Jürgen Eichler | Bernd Schiewe

Physik Aufgabensammlung Für Ingenieure und Naturwissenschaftler STUDIUM

Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über abrufbar.

1. Auflage 2008 Alle Rechte vorbehalten © Vieweg +Teubner | GWV Fachverlage GmbH, Wiesbaden 2008 Lektorat: Thomas Zipsner | Imke Zander Vieweg +Teubner ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media. www.viewegteubner.de Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlags unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Umschlaggestaltung: KünkelLopka Medienentwicklung, Heidelberg Druck und buchbinderische Verarbeitung: MercedesDruck, Berlin Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier. Printed in Germany ISBN 978-3-8348-0299-6

V

Vorwort ¨ Dieses Ubungsbuch begleitet durch den Mikrokosmos physikalischer und physikalisch-chemi-

scher Zusammenh¨ange anhand praktischer Rechenaufgaben. Die gleichnamige Physik Formel” sammlung f¨ur Ingenieure und Naturwissenschaftler“ hilft in Studium, Pr¨ufungen und Berufspraxis, wenn es um den schnellen Zugriff auf kompaktes Physikwissen geht. Die Lernphase hingegen zielt auf das grundlegende Verst¨andnis der Formeln und die pr¨azise Anwendung bei der L¨osung einschl¨agiger Aufgabenstellungen. Das umfangreiche Stichwortverzeichnis f¨uhrt zielsi¨ cher zu L¨osungswegen, damit das Ubungsbuch auch in der Berufspraxis das schnelle Nachschlagen in der Formelsammlung durch praktische Berechnungen st¨utzen kann. Das breit gefasste Aufgabenspektrum u¨ berstreicht die Mechanik, Str¨omungslehre, Akustik, Optik, Elektrizit¨atslehre und Atomphysik und streift auch Anwendungen der Regelungstechnik, Verfahrenstechnik, Lasertechnik und Elektrochemie. Gegliedert nach den Teilgebieten der Physik bieten sich unkomplizierte Aufgaben an, die durch einsichtige Umformung und Einsetzen von physikalischen Gr¨oßen von Studienanf¨angern gel¨ost werden k¨onnen – und oftmals einschl¨agigen Klausuraufgaben an Fachhochschulen und Universit¨aten im Grundstudium entspringen. Ganz bewusst wurden aber auch umfangreichere Aufgaben f¨ur Fortgeschrittene in h¨oheren Semestern aufgenommen. Anspruchsvolle Fragen wurden mit einem Ausrufezeichen gekennzeichnet und wenden sich nur insofern an Studienanf¨anger, als sie die Entwicklung des Grundlagenwissens aufzeigen. Querverweise mit dem Zeichen  an der Kopfzeile jedes Aufgabenblocks stellen den Bezug zur Formelsammlung her. ¨ Ein Rezept zum Umgang mit diesem Ubungsbuch sei verraten: Decken Sie die L¨osung unter der Fragestellung ab. Versuchen Sie nun, mit Hilfe der Formelsammlung den physikalischen Ansatz oder die richtige Gleichung zu finden. Spicken Sie kurz in der L¨osung: Stimmt Ihr Vorgehen? Ja, dann setzen Sie Zahlenwerte und Einheiten ein und vergleichen Sie das Endergebnis. Bei Zeitmangel – nicht un¨ublich vor Pr¨ufungen – lesen Sie im Anschluss die verwandten Fragestellungen des Aufgabenblocks durch und notieren Sie aus dem Ged¨achtnis den entscheidenden Ansatz auf ein St¨uck Papier. Gutes Gelingen! Dem Verlag, voran dem Lektorat, Herrn Z IPSNER und Frau Z ANDER, danken wir f¨ur die unkomplizierte und z¨ugige Drucklegung des Werkes zu einem f¨ur Studierende erschwinglichen Preis. Im April 2008

P ROF. D R . P ETER K URZWEIL Hochschule Amberg-Weiden [email protected] P ROF. D R .-I NG . B ERNHARD F RENZEL Hochschule Amberg-Weiden [email protected]

¨ P ROF. D R . J URGEN E ICHLER Technische Fachhochschule Berlin [email protected]

P ROF. D R . B ERND S CHIEWE Technische Fachhochschule Berlin [email protected]

VII

Inhaltsverzeichnis

A SI-Einheitensystem und Datenanalyse 1 Gr¨oßen und Einheiten . . . . . . . . . 2 Umgang mit dem Taschenrechner . . .

1 1 3

B Mechanik 9 1 Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2 Kinetik . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 3 Spezielle Relativit¨atstheorie . . . . . . 25 C Str¨omungslehre 1 Ideale und reale Fluide . . . . . . . 2 Hydro- und Aerostatik . . . . . . . 3 Ideale Fluide (Euler-Fluide) . . . . 4 Umstr¨omung von K¨orpern . . . . . 5 Rohrstr¨omungen . . . . . . . . . . 6 Ausstr¨omende Fluide . . . . . . . . 7 Impuls- und Drehimpuls¨ubertragung

. . . . . . .

. . . . . . .

D Thermodynamik und W¨armetransport 1 Temperatur und thermische Ausdehnung 2 W¨armeenergie und Kalorimetrie . . . . 3 Ideales Gas: Kinetische Gastheorie . . 4 Mengenbegriffe in Fluiden und L¨osungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Haupts¨atze der Thermodynamik . . . . 6 Zustands¨anderungen des idealen Gases 7 Kreisprozesse . . . . . . . . . . . . . . 8 Reale Gase . . . . . . . . . . . . . . . 9 Luftfeuchtigkeit . . . . . . . . . . . . . 10 Fl¨ussigkeiten und L¨osungen . . . . . . 11 Phasen¨uberg¨ange . . . . . . . . . . . . 12 W¨armetransport – Temperaturstrahlung 13 Stofftransport und Reaktionstechnik . . 14 Thermodynamik und Kinetik chemischer Reaktionen . . . . . . . . . . . . . . . E Schwingungen und Wellen 1 Harmonische Schwingungen . . . . . . ¨ 2 Uberlagerung von Schwingungen . . . 3 Gekoppelte Schwingungen linearer Oszillatoren . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Wellen . . . . . . . . . . . . . . . . .

28 28 30 35 36 41 45 46 47 47 49 51 53 54 57 60 66 68 68 70 72 76 80 86 86 94 96 97

F Akustik 99 1 Schallquellen und Schallausbreitung . . 99 2 Physiologische Akustik . . . . . . . . . 104

G Elektrizit¨atslehre und Elektrotechnik

105

1

Elektrischer Strom, Widerstand, O HM’sches Gesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

2

Gleichstromkreis . . . . . . . . . . . . 106

3

Maschen- und Knotenanalyse . . . . . 107

4

Wechselstromkreis . . . . . . . . . . . 108

5

Schaltvorg¨ange . . . . . . . . . . . . . 111

6

Elektromagnetische Felder . . . . . . . 112

7

Ladungstransport, Elektronik . . . . . . 117

8

Drehstromsystem, Elektrische Maschinen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

H Optik

125

1

Wellenoptik . . . . . . . . . . . . . . . 125

2

Geometrische Optik . . . . . . . . . . 135

3

Optische Instrumente . . . . . . . . . . 138

4

Strahlung und Lichtempfindung . . . . 142

K Atom- und Kernphysik

144

1

Quanten und Materiewellen . . . . . . 144

2

Elektronenh¨ulle und Atomspektroskopie 146

3

Molek¨ulspektroskopie und Festk¨orperphysik . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

4

Massenspektrometrie . . . . . . . . . . 163

5

Kernspin und NMR-Spektroskopie . . . 164

6

Radioaktivit¨at . . . . . . . . . . . . . . 165

7

R¨ontgenspektroskopie, ionisierende Strahlung, Dosimetrie . . . . . . . . . . . . 169

T Tabellen

173

1

Internationales Einheitensystem . . . . 173

2

Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . 173

3

Str¨omungslehre . . . . . . . . . . . . . 175

4

Thermodynamik, W¨arme- und Stofftransport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

5

Schwingungen und Wellen . . . . . . . 186

6

Akustik . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

7

Elektrotechnik . . . . . . . . . . . . . 188

8

Optik . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

9

Atom- und Kernphysik . . . . . . . . . 194

Index

196

VIII

Abkurzungen ¨ und Benutzerhinweise Formelzeichen werden nach DIN kursiv, Maßeinheiten aufrecht gedruckt. In diesem Buch steht, wo n¨otig,  (Liter) zur Unterscheidung von l, 1 und I . Zeichen und Indices 

siehe; Verweis auf eine Formel in Physik-Formelsammlung f¨ur Ingenieure und Naturwissenschaftler, Verlag Vieweg.

! ≈

schwere Aufgabe ungef¨ahr gleich

!

= ∼ ∞ 0 ∗ eff L lim m min max rel W z¯

zwei Gr¨oßen sind gleichzusetzen proportional unendlich hochgestellt: Standardbedingungen (Thermodynamik); Index: Anfangswert, Nullwert hochgestellt: konjugiert komplexe Zahl; Phasengrenze Index: Effektivwert Index: Luft Grenzwert Index: molare Gr¨oße Index: Minimum, kleinster Wert Index: Maximum, gr¨oßter Wert Index: relativ Index: Wasser Mittelwert der Gr¨oße z

Griechisches Alphabet groß

klein

Benennung

groß

klein

Benennung

A B 

E Z H  I K # M

α β γ δ ε,  ζ η ϑ, θ ι κ λ μ

Alpha Beta Gamma Delta Epsilon Zeta Eta Theta Iota Kappa Lambda My

N  O R  T Y, ϒ  X % '

ν ξ o π , ρ σ, ς τ υ ϕ, φ χ ψ ω

Ny Xi Omikron Pi Rho Sigma Tau Ypsilon Phi Chi Psi Omega

1

A SI-Einheitensystem und Datenanalyse

1 Gr¨oßen und Einheiten  AUFGABE A-1: Ebener Winkel und Raumwinkel

A.2

1. Wie lautet der Winkel α = 0,30 rad im Gradmaß? 2. Wie groß ist ϕ = 78◦ 21 22 im Bogenmaß? 3. Eine Gl¨uhlampe bestrahlt im Abstand von 1,5 m eine 400 cm2 große Fl¨ache. Wie groß ist der Raumwinkel? ¨ A-1:  L OSUNG 360◦ ◦ 2π ≈ 17 21 22 78 + 60 + 3600 ≈ π ◦ 78,3561 · 180◦ ≈

1. α = 0,30 · 2. ϕ = ϕ=

3. ' = A2 = r

400·(0,01 1,5 m

m)2

78,3561◦ (Umwandlung Grad-Minute-Sekunde in Dezimalgrad) 1,3676 rad ≈ 0,027 sr

 AUFGABE A-2: SI-Einheiten

A.2

1. Zerlegen Sie die Einheit Watt“ in die SI-Basiseinheiten. ” 2. Wie sind Volt, Newton und Coulomb miteinander verkn¨upft? (Ansatz: P = U I ) ¨ A-2:  L OSUNG kg m kg m2 1. Einheit der Leistung: [P] = W = sJ = Nsm = 2 · m = s s s3 W J Nm Nm 2. Einheit der Spannung: [U ] = [P] [I ] = A = A s = A s = C  AUFGABE A-3: Umrechnung inkoh¨arenter Einheiten

Konstanten; A.2

1. Was bedeutet die atomphysikalische Einheit Elektronvolt“? ” 2. Rechnen Sie 12,6 cal/(min·cm2) in SI-Einheiten um. 3. a) Welche Kraft bringt eine Zugmaschine mit der Aufschrift 20 Tonnen“ auf? ” b) Welche Zugspannung in Gigapascal u¨ bt die Maschine auf eine Probe mit 0,5 cm2 Querschnitt aus? 4. Wie lautet die Windchill-Formel f¨ur die gef¨uhlte  K¨alte bei der Windgeschwindigkeit v in v v SI-Einheiten? ϑwc = 33 ◦C + (0,478 + 0,518 km/h − 0,0446 km/h ) · (ϑ − 33 ◦ C)

2

A SI-Einheitensystem und Datenanalyse

¨  L OSUNG A-3: 1. 1 eV = e · 1 V = {e} · J ≈ 1,602·10−19 J {e} bedeutet den Zahlenwert der Elementarladung e = 1,602·10−19 As. 2. 12,6

3. a) F = b) σ = 4.

Twc K

4,1868 J = 12,6 · 697,8 mJ2 ≈ 8792 mJ2 60 s·(10−2 m)2 mg = 20 t · g = 20·103 kg · 9,80665 sm2 = 196133 N ≈ 200 F = 200 kN = 200·103 N = 4·109 N = 4 GPa 0,5 cm2 0,5·(0,01 m)2 m2 A

cal min·cm2

= 12,6 ·

kN

    0,0446 v  T v = (273,15 + 33) + 0,478 + 0,518 3,6 ms−1 − 3,6 ms−1 K − (273,15 + 33)     T − 306,15 = 306,15 + 0,478 + 0,273 msv−1 − 0,0124 msv−1 K

 AUFGABE A-4: Dimensionsanalyse 1. Ist die Gleichung f¨ur die Fallgeschwindigkeit v =

√

A.1

2 g h physikalisch richtig?

2. Insektenflug. Die Fl¨ugelschlagfrequenz f von Hummel, Biene und Fliege h¨angt von der Masse des Insekts m, der Fallgeschleunigung g und der Dichte der Luft  ab und ist umso gr¨oßer, je kleiner die Fl¨ugelfl¨ache des Insekts A ist. a) Wie lautet ein passendes Potenzprodukt f¨ur die Frequenz: f = n1 m n2 g n3 An4 ? b) Wie schnell schlagen die Fl¨ugel von Hummel (10 mg) und Fliege (1 mg), wenn eine 2 mg schwere Biene 200 s−1 schafft und die effektiven Fl¨ugelfl¨achen gleich sind? ¨ A-4:  L OSUNG 1. Die Richtigkeit physikalischer Formeln ist durch eine Dimensionsbetrachtung falsifizierbar. Beiderseits des Gleichheitszeichens stehen dieselben Dimensionen; die Gleichung stimmt vermutlich, aber nicht zwingend! Als Potenzprodukt der Dimensionszeichen der Basisgr¨oßenar√ √ ten lautet die Dimension der Geschwindigkeit: dim v = dim g · dim h = LT−2 L = L T  m m Dasselbe gilt f¨ur die Einheiten: [v] = s = s2 · m 2. a) Potenzansatz:

f = n1 m n2 g n3 A−1

(n 4 = −1, weil f ∼ A−1 )

dim f = (dim )n1 (dim m)n2 (dim g)n3 (dim A)−1  n1  n3 1 Dimensionen der Gr¨oßenarten: T−1 = ML3 Mn2 TL2 L2 Dimensionen:

⇒ T−1 = L−3n1 +n3 −2 Mn1 +n2 T−2n3

F¨ur jede Basisdimension stellen wir eine eigene Gleichung auf, l¨osen das Gleichungssystem und erhalten die gesuchte Formel. ⎫ (T) −1 = −2n 3 ⎪ ⎪ ⎪

⎬ (L) 0 = −3n 1 + n 3 − 2 √ mg f = (M) 0 = n 1 + n 2 2 =C · m ⎪  A ⎪ ⎪ ⎭ n 1 = − 12 ; n 2 = 12 ; n 3 = 12 −1 f = √200 s−6 b) Aus den Daten der Biene berechnet sich die Konstante C = √ = 2·10 kg m r Hummel und Fliege ergeben sich bei gleicher effektiver Fl¨ugelfl¨ache 141·103 s−1 kg−1/2. F¨u√ die Frequenzen f = C m = 447 Hz bzw. 141 Hz.

2 Umgang mit dem Taschenrechner

3

A

2 Umgang mit dem Taschenrechner 2.1 Komplexe Zahlen  AUFGABE A-5: Frequenzgang Es werden folgende Impedanzwerte in Abh¨angigkeit der Kreisfrequenz ω gemessen: ω / s−1 Re Z / '

628,3 62,83 6,283 0,628 0,0628 0,00628 1

1,025

3,47

72,7

100,6

101

Im Z / ' -0,159 -1,591 -15,52 -45,05 -6,258

-0,628

a) Zeichnen Sie die Ortskurve der Impedanz. b) Berechnen Sie Impedanzbetrag und -phase. Zeichen Sie den Amplituden- und Phasengang in logarithmischer Darstellung.  T IPP A-5: Arithmetische Form:

Z = Re Z + i Im Z = cos ϕ + i sin ϕ

Exponentialform:

Z = |Z| · ei ϕ = |Z| · [cos ϕ + i sin ϕ]

Absoluter Betrag (Modul):

|Z | =

Hauptwert des Phasenwinkels:

ϕ = arctan



(Re Z )2 + (Im Z )2

Im Z Re Z ϕ˜ = ϕ + π f¨ur Re Z < 0; Im Z > 0 ϕ˜ = ϕ − π f¨ur Re Z < 0; Im Z < 0

Phasenwinkel mit Quandrant:

f¨ur Re Z > 0

Schalten Sie Ihren Taschenrechner in den komplexen Rechenmodus CMPLX . Geben Sie 3 + i5“ als ” 3+ i ×5 ein. ABS(..) liefert den Betrag der komplexen Zahl, ARG oder den Winkel. Ohne komplexe Rechenfunktion arbeiten Sie im normalen Rechenmodus. Die Taste POL (Re,Im) liefert den Betrag und den Phasenwinkel; REC (Z,ϕ) den Real- und Imagin¨arteil aus der Polarform.

¨  L OSUNG A-5: a) Es wird der Realteil auf der x-Achse und der Imagin¨arteil auf der y-Achse aufgetragen. Ortskurve

Amplitudengang

0

Phasengang 0

100

Im Z

|Z|

ij

20

10

50

40

60

0

50 Re(Re Z( Z( Z i) ) )

100

1

0.01 0.1

1

Z(Ȧi)

10

3 100 100 1 101000

0.01 0.1

1

10 Z(Ȧi)

3 100 1 10 100 1000

4

A SI-Einheitensystem und Datenanalyse

b) Aus den Real- und Imagin¨arteilen werden Betrag und Phasenwinkel berechnet. Stellen Sie den Taschenrechner auf das Gradmaß DEG . ω / s−1 628,3 62,83 6,283 0,628 0,0628 0,00628 |Z| / ' 1,013 1,893 15,91 85,52 100,8 ϕ/◦

-9,04 -57,2 -77,4 -31,8

-3,56

101 -0,356

Hinweis: In der Elektrotechnik und Akustik sind Pegel und die Einheit Dezibel verbreitet. Die logarithmierte (Leistungs-)Gr¨oße wird als Z dB = 10 log ZZ dB dargestellt. 0

2.2 Fehlerrechnung  AUFGABE A-6: Gauß’sches Fehlerfortpflanzungsgesetz e = 2U , wenn folgende a) Welchen relativen und absoluten Fehler hat die Messgr¨oße m r 2 B2 Werte gemessen wurden? U = (160 ± 5) V, r = (52,00 ± 0,05) mm, B = (0,780 ± 0,004) mT. b) Wie lautet das Ergebnis dieser Messgr¨oße?  T IPP A-6: Fehlerfortpflanzungsgesetz

¯

F(x,y, . . .) =

Absoluter Fehler einer Summe F = ax ± by ± . . .

¯

F(x,y, . . .) = ¯

F(x,y, . . .) = F

Relativer Fehler eines Potenzprodukts F = x ±a y ±b . . .



x¯ ∂∂ F x

2

  F 2 ... + y¯ ∂∂y

 (a x) ¯ 2 + (b y¯ )2 + . . .



a x¯x¯

2

 

y¯ 2 + b y¯ +...

¨  L OSUNG A-6: a) Relativer Fehler:

(e/m) = ur = (e/m) =





U U

2

5V 160 V

   2

B 2 + 4 r + 4 r B

2

+4



0,05 mm 52,00 mm

2

+4



0,004 mT 0,780 mT

2

= 0,031 = 3,1%

Absoluter Fehler: e = u 2U = 0,031 · u = (e/m) = u r m r (r B)2

2·160 V (52,00·10−3 m·0,780·10−3 m)2





≈195·109 V m−2 T−1



≈ 6·109 mV2 T

b) Vollst¨andiges Messergebnis: e e 9 V 9 V m = (195 ± 6) · 10 m2 T bzw. m = 195·10 m2 T (1 ± 3,1%) Achtung: Die Schreibweise 195·109 mV2 T ± 3,1 % ist nicht korrekt, weil physikalische Gr¨oßen immer aus Zahlenwert und Einheit bestehen, somit 3,1 % nichts u¨ ber die Einheit sagt.

2 Umgang mit dem Taschenrechner

5

2.3 Statistikfunktionen

A

 AUFGABE A-7: Mittelwert und Unsicherheit eines Messergebnisses Wie groß sind Mittelwert, Messunsicherheit, vollst¨andiges Messergebnis und die Vertrauensgrenzen bei 68,23 %-igem Vertrauensniveau f¨ur folgende Messreihe von Konzentrationen? c / (mol l)−1

1 2 3 4 5 6 0,123 0,122 0,118 0,125 0,119 0,120

 T IPP A-7: Runden: - Rundestelle von u: die Stelle der ersten Nachkommaziffer ungleich Null (erste signifikante Stelle). Falls Ziffer 1“ oder ” 2“: die darauf folgende Stelle. ” - u wird immer aufgerundet. - u wird mit 2 (oder 3) signifikanten Stellen angegeben. - x¯ und u werden immer auf die gleiche Anzahl Nachkommastellen gerundet.

Im Modus SD gestatten Taschenrechner die statistische Auswertung von Messdaten. Eingabe:

Wert DATA

Arithmetischer Mittelwert x¯

n  x¯ = n1 x i = [x] n i=1

Empirische Standardabweichung xσn−1

Messunsicherheit



t-Werte (S TUDENT-Verteilung) f¨ur gefordertes Vertrauensniveau:

n 

1 ¯ 2 n − 1 i=1(x i − x)

2 = [x ] − x¯ · [x] n−1

sx =

sx u= √ n

sx x = x¯ ± u = x¯ ± √ n Untere, obere Vertrauensgrenze x¯ − t · u, x¯ + t · u

Vollst¨andiges Messergebnis

n

68,23% (1 · s x )

95% (2 · s x )

99,73% (3 · s x )

2 5 6 8 10 20 50 100 ∞

1,84 1,15 1,11 1,08 1,06 1,03 1,01 1,00 1,00

12,71 2,78 2,57 2,37 2,26 2,09 2,01 1,98 1,96

235,80 6,62 5,5 4,5 4,09 3,45 3,16 3,08 3,00

In der Physik sind 68,23% Vertrauensniveau u¨ blich, in der Industrie auch 95%, in Biologie und Medizin 99,73%.

¨  L OSUNG A-7: 6  −1 mol c = 0,12117 mol c¯ = 1 l ≈ 1,212·10 l 6 i=1 i s mol mol u = √x = 0,001077 l ≈ 0,011·10−1 l 6  (1. Ziffer = 1) (Rundestelle)

0,124

+V

c  V/ 6

0,122

c

Somit lautet das vollst¨andige Messergebnis: c = c¯ ± u = (1,212 ± 0,011)·10−1 mol l Vertrauensgrenzen mit u ∗ = t · u = 1,11 · u: −1 cu = (1,212−0,012)·10−1 mol l = 1,200·10 −1 co = (1,212+0,012)·10−1 mol l = 1,224·10

0,126

c  V/ 6

0,120

-V

0,118

mol l mol l

0,116 1

2

3

4

5

6

Messung

Mit 68,23%-iger Wahrscheinlichkeit liegt der wahreWert innerhalb der Vertrauensgrenzen. F¨ur 99,73% Sicherheit lauten die Vertrauensgrenzen: cu,o = (1,212 ± 3 · 0,012) · 10−1 mol l .

6

A SI-Einheitensystem und Datenanalyse

 AUFGABE A-8: Ausgleichsgerade F¨ur einen Zerfallsprozess, eine chemische Reaktion A → B, werden Halbwertszeiten y in Abh¨angigkeit der Temperatur x gemessen.

y / s 25560 6120 606 166 x / K 293 303 323 333

1. Besteht ein linearer Zusammenhang y = bx + a zwischen den Messdaten? 2. Pr¨ufen Sie, ob ein reziprok-logarithmischer Zusammenhang log y = b ·

1 x

+ a erf¨ullt ist.

 T IPP A-8: 1. Lineare Regression: Schalten Sie Ihren Taschenrechner auf den Statistikmodus LR (Linear Regression) und geben Sie Wertepaare mit x-Wert , y-Wert DATA ein. Die Tasten A , B und r liefern Achsenabschnitt, Steigung und Regression der Ausgleichsgerade y = bx + a. Mit N erhalten Sie die Zahl der Messwerte, x¯ den arithmetischen Mittelwert der x-Werte, [y] die Summe der y-Werte. Die Fehler von Achsenabschnitt und Steigung b muss man von Hand berechnen. s 2y ist die mittlere quadratische Abweichung der Messwerte von der Geraden. Der Regressions- oder Korrelationskoeffizient r = 1 = 100% zeigt eine ideale Gerade an.  s 2y [x 2 ] [y] − b[x] a=

a = N N [x 2 ] − [x]2  s 2y N N [xy] − [x][y] b=

b = 2 2 N [x ] − [x] N [x 2 ] − [x]2 [xy] − N x¯ y¯ r=  ([x 2 ] − N x¯ 2 )([y 2 ] − N y¯ 2 )

s 2y =

N  [y 2 ] − a [y] − b [xy] [y − (bxi + a)]2 = 1 N −2 N −1 i=1 i

[xy] . [x 2 ] 2. Logarithmische Regression. Exponentialfunktionen werden logarithmiert und wie lineare Funktionen behandelt. Eine Ausgleichsgerade durch den Ursprung y = bx hat die Steigung b = y = Ae Bx ⇒

log y = a + bx

mit a = log A und b = lnB10 .

¨  L OSUNG A-8: 1. Der lineare Zusammenhang lautet, wenn Sie Ihren Taschenrechner richtig bedienen: y = −563,02 ·x + 184338       a

b

b ist negativ, weil die Gerade f¨allt. Im Punkt (0|a) schneidet die Gerade die y-Achse und in x 0 = −a/b ≈ 327 die x-Achse (siehe Linie im linken Bild unten). Die Regression r = 0,86 = 86% besagt, dass der lineare Zusammenhang schlecht ist.

Umgeformt: y = 10bx+a = 105250/x−13,5

a b/ x+ =

15000

l og

y

10000

1000

a

a

20000

x+

x

y 10000

b

b

y 25000

=

y

30000

y

2. Auf logarithmischem Papier erh¨alt man eine Gerade, wenn man y  = log y gegen x  = 1/x auftr¨agt. Die Ausgleichsgerade l¨auft mit 99,94%-iger Korrelation exzellent durch die Messwerte. 1 · − 13,5 log y = 5250        x 

5000

0 290

300

310

320

x

330

340

100 0,0029 0,0030 0,0031 0,0032 0,0033 0,0034 0,0035

1/x

x  = 1/x 0,00341 0,00330 0,00310 0,00300 y  = log y 4,4075 3,7867 2,7824 2,2201

2 Umgang mit dem Taschenrechner

7

2.4 Numerische Mathematik

A

 AUFGABE A-9: Nullstellen, Interpolation, Differentiation 2

x gesucht. 1. Es ist ein N¨aherungswert f¨ur die Nullstelle der Funktion y = f (x) = 2 ln x −x + 10 Interpolieren Sie zwischen x = 2 und x = 3 f¨ur y = 0.

2. In welchem Punkt schneidet die Funktion f (x) die x-Achse? 3. Berechnen Sie numerisch die Ableitung f  (x) zwischen den St¨utzstellen x = 2,5 und 2,6.

 T IPP A-9: 1. Lineare Interpolation

y −y y(x) = y1 + (x − x 1 ) x 2 − x 1

2. Newton’sches Nullstellenverfahren

x i+1 = x i −

2

f (x i ) f  (x i )

1

(i = 0,1,2, . . .)

x i+1 ist eine bessere N¨aherung f¨ur die Nullstelle der Funktion f (x). f  (x i ) ist die 1. Ableitung der Funktion an der Stelle des vorhergehenden Sch¨atzwertes x i . y x −y + xi f  (x¯i ) ≈ x i+1 − x i f¨ur x¯i = i+1 2 i+1 i

3. Numerische Differentiation (Differenzenmethode)

¨  L OSUNG A-9: 1. Nullstelle f (3) = f (2) + (x − 2) f (2)− 2−3 −0,21371−0,09722 = −0,21371 + (x − 2) −1 = 0,31093 · x − 0,83557 ⇒ x = 2,68733

0

!

2. Mit Hilfe der Ableitung f  (x) = 2x −1 + 5x und dem Sch¨atzwert x 0 aus 1. folgt iterativ: x 1 = 2,68733 −

0,01194 0,28170

= 2,6449

x 2 = 2,6449 −

−8,3884·10−5 0,28515

x 3 = 2,6452 −

−1,65763·10−6 0,2851265

= 2,6452

u.s.w.

= 2,64521

1,0

f'(x)

0,5 0,0 -0,5 -1,0

y

-1,5 -2,0 -2,5 -3,0

f(x)

-3,5 -4,0 -4,5 -5,0 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0

3.

f (2,5) = f (2,6)− = 2,6−2,5 −0,01298+0,04242 = 0,2944 0,1

f  (2,55) =

x

8

A SI-Einheitensystem und Datenanalyse

 AUFGABE A-10: Numerische Integration mit der Trapezregel  a) Wie groß ist die elektrische Arbeit W = P(t) dt, somit die zwischen Messkurve und Abszisse eingeschlossene Fl¨ache, wenn folgende Messdaten gegeben sind? 2 3 4 5 6 7 t /s P(t) / W 25,0 21,0 16,5 11,5 7,5 5,3 Was bedeutet das Ergebnis physikalisch? b) Wie groß ist die mittlere Leistung?  T IPP A-10: Die numerische Integration von N Messwerten mit der Trapezregel funktioniert u¨ brigens auch f¨ur nicht a¨ quidistante St¨utzstellen. 25

y(x) dx ≈

x1

N  yi + yi−1 · (x i − x i−1 ) 2 i=2

¨  L OSUNG A-10:  ·1+ a) W = 25+21 2

21+16,5 2



· 1 + . . . Ws ≈ 72 J

Die im Zeitraum zwischen zwei und sieben Sekunden verrichtete Arbeit. b) P¯ =

W

t

=

72 J (7−2) s

20

P/W

x2

= 14,4 W

15 10

72 Ws 5 0 2

3

4

5

t/s

6

7

8

9

B Mechanik

1 Kinematik  AUFGABE B-1: Vektoraddition, Stromdreieck Ein Navigator einer Yacht bestimmt mit Magnetkompass seinen Kurs durchs Wasser (KdW) zu αdW = 036◦ und mit Log seine Fahrt durchs Wasser (FdW) zu | v dW | = v dW = 8 kn. Der Gezeitenstrom ist nach Stromatlas αSt = 278◦, | v St | = v St = 1,1 kn. Zu bestimmen sind Kurs u¨ ber Grund (K¨uG) und Fahrt u¨ ber Grund (F¨uG), wenn gilt: vu¨ G = vSt + vdW .

B.1 Meridian

N a j

W

O a Kurs(winkel) j Winkel (mathematisch) S

1. Wie l¨asst sich der Kurs α in den Winkel ϕ umrechnen? Wie groß sind ϕdW und ϕSt ? 2. Wie sind die Umrechnungen zwischen Seemeile sm und km bzw. Knoten kn und km/h? 3. Bestimmen Sie K¨uG und F¨uG graphisch aus dem Stromdreieck (Maßstab 1 kn = ˆ 1 cm). 4. Berechnen Sie K¨uG und F¨uG mit dem Kosinus- und Sinussatz. 5. Wie berechnet man K¨uG und F¨uG unter Verwendung komplexer Zeiger? 6. Wie lang ben¨otigt das Fahrzeug bei gleichbleibenden Bedingungen, um eine Distanz von d = 13,7 km zur¨uckzulegen? ¨  L OSUNG B-1:

• v u¨ G =

2 + v 2 − 2v v dW dW v St cos γ St = 7,54 kn (F¨uG)  Aus Sinussatz: δ = arcsin vv St sin γ = 7,4◦ u¨ G • ϕu¨ G = ϕdW + δ = 61,4◦ ⇒ αu¨ G = 028,6◦ (K¨uG) ◦

◦

vdW

e: 7

,5 c

m

vüG

Lä ng

4. Aus Kosinussatz mit γ = 180◦ + ϕdW − ϕSt = 62◦ : 

vSt jSt g

Meridian

1. ϕ = 90◦ − α; ϕdW = 54◦ ; ϕSt = −188◦ = ˆ 172◦ 2. 1 sm = 1,852 km; 1 kn = 1 sm = 1,852 km h h 3. Vektorielle Addition bedeutet graphisch das Hinter” einanderh¨angen“ der Vektoren vdW und vSt : • ϕu¨ G = 61◦ ⇒ αu¨ G = 90◦ − ϕu¨ G = 029◦ (K¨uG) • v u¨ G = 7,5 kn = 13,9 km h (F¨uG)

aüG

d (Bild verkleinert)

jüG

jdW

5. v u¨ G /kn = (v St + v dW )/kn = 8 ej54 + 1,1 ej172 = (8 cos 54◦ + 1,1 cos 172◦ ) ◦ + j(8 sin 54◦ + 1,1 sin 172◦) = 3,61 + j6,63 = 7,54 ej61,4 ◦ ⇒ v u¨ G = |v u¨ G | = 7,54 kn (F¨uG) αu¨ G = 90 − Arc{v u¨ G } = 028,6◦ (K¨uG) 6. t = vd = 13,7 km = 7,4 sm = 0,98 h = 59 min u¨ G 7,54 kn 7,54 sm/h

10

B Mechanik

 AUFGABE B-2: Gleichm¨aßig beschleunigte und gleichf¨ormige Bewegung

B.1.2

Ein L¨aufer ben¨otigt f¨ur x 2 = 100 m die Zeit t2 = 11,2 s. Er beschleunigt w¨ahrend der ersten x 1 = 18 m gleichm¨aßig auf die H¨ochstgeschwindigkeit v max , mit der er anschließend weiterl¨auft. 1. Berechnen Sie v max und die Beschleunigung a1 . 2. Bestimmen Sie die Verl¨aufe f¨ur Weg x(t), Geschwindigkeit v(t) und Beschleunigung a(t) und stellen Sie diese graphisch dar. 3. Wie groß ist die durchschnittliche Geschwindigkeit v im km/h? ¨ B-2:  L OSUNG    x1 1. v max = x(t) ˙ t =t = a1 t1 = 2x21 t1 = 2 xt 1 ⇒ t1 = v2x 1 . Außerdem gilt: v max = xt2 − max 1 1 2 − t1 t1 x 2 = 10,54 m und t = 3,42 s, a = v max = 3,08 m ⇒ v max = x 1 + 1 1 s t2 t1 s2 ⎧ ⎧ t t1 ⎧ t t1 a(t)

v(t)

a1

v

x(t) x2

vmax

x1 0

t1

t2 t

0

t1

t2

t

0

t1

t2 t

km 3. v = xt 2 = 8,93 m s = 32,14 h 2  AUFGABE B-3: Wurfparabel

B.1.2

1. Unter welchem Winkel ist die Wurfweite einer Kugel im Schwerefeld der Erde maximal, wenn Abwurf und Landung in gleicher H¨ohe stattfinden? 2. Unter welchem Winkel muss ein Kugelstoßer (Schulterh¨ohe 1,70 m) seine Kugel f¨ur eine maximale Weite abstoßen, wenn die Abwurfgeschwindigkeit v 0 = 10 m/s ist? 3. Wie groß sind die maximale Steigh¨ohe z s,max und Flugweite x f,max der Kugel? ¨  L OSUNG B-3:    1. αmax = arcsin 1/ 2 + 2gz 0/v 02 mit z 0 = 0 ⇒ αmax = arcsin √1 = 45◦ 2     2 2. αmax = arcsin 1/ 2 + 2 · 9,81 m2 · 1,70 m/ 10 m = 40,9◦ s s

1 Kinematik

3. z s,max

x f,max

11

 m 2 sin2 (40,89◦ ) 10 s = z0 + = (1,70 + 2,18) m = 3,9 m = 1,70 m + m 2g 2 · 9,81 2 s  m 2

 10  m 2 v2 m s = g0 1 + 2gz 0 /v 02 = m 1 + 2 · 9,81 s2 · 1,70 m/ 10 s = 11,8 m 9,81 2 s v 02 sin2 αmax

 AUFGABE B-4: Ebene Drehbewegung

B.1.2

Ein Motor beschleunigt gleichm¨aßig aus den Stillstand und erreicht nach t1 = 10 s eine Drehzahl von n˜ 1 = 3000 min−1 . 1. Wie groß ist in etwa der allgemeine Umrechnungsfaktor zwischen Kreisfrequenz ω in rad/s und Drehzahl n˜ in Umdrehungen pro Minute? 2. Bestimmen Sie die Verl¨aufe f¨ur Winkel ϕ(t), Winkelgeschwindigkeit ω(t) und Winkelbeschleunigung α(t) und stellen Sie diese graphisch dar. 3. Wie viele Umdrehungen N hat der Motor nach 10 s gemacht? Wie viele Umdrehungen m¨ussen die Lager einer Kurbelwelle eines Autos im Mittel u¨ berstehen, wenn eine Lebensdauer von 104 Betriebsstunden bei einer Motordrehzahl von 3000 min−1 angenommen wird? ¨ B-4:  L OSUNG 1. ω = 2π f =

1 2π n˜ ≈ n˜ 60 s/min 10 s/min

⇒

  n˜ ω ≈ 10

2π · n˜ 1 ω1 − 0 rad rad 2. α1 = ω

t = t1 − 0 = 60 (s/min) · t1 = 31,4 s2 ; ω1 = α1 t1 = 314 s ⎧ ⎧ t t1 ⎧ 0 t < 0 ⎨ α1 t 2 f¨ur 0 ≤ t ≤ t1 ϕ(t) = mit ϕ1 = α21 t12 = 1571 rad ⎩ 2 ω1 (t − t1 ) + ϕ1 t > t1 a(t) a1

0

j(t) j1

w(t) w1

t1

t

0

t1

t

0

t1

ϕ 3. ϕ1 = α21 t12 = 1571 rad ⇒ N = 2π1 = 250 Umdrehungen 4 ϕ · 3600 s = 1,8·109 Umdrehungen ωt = 2π nt ˜ = 3000 · 10 N = 2π = 2π s 60 s · 2π 60 min

t

B

12

B Mechanik

 AUFGABE B-5: Ortsvektoren in verschiedenen Bezugssystemen

B.1.1.1 !

Ein normierter Ortsvektor r hat in einer kartesischen Basis 1 (ex(1),ey(1),ez(1)) die Koordinaten (1) (1) (1) (1) (1) (1) r(1) = rx ex +ry ey +rz ez = (1 2 3)T . Wie ist die Darstellung von r in einer kartesischen Basis 2, wenn diese gegen¨uber Basis 1 durch Elementardrehungen r

1. um die x-Achse um den Winkel % = 20◦

rz(1)

(1)

ez

2. um die y-Achse um den Winkel ϑ = 20◦

(1) ex(1) 0 ey Basis 1

3. um die z-Achse um den Winkel ϕ = 20◦

ry(1)

rx(1)

verdreht ist? Wie groß sind die Determinante und die Inverse dieser Drehmatrix“ R 12 , die den ” Zusammenhang r(1) = R 12 r(2) zwischen den Koordinatendarstellungen sicherstellt?  T IPP B-5: Alle euklidischen Drehmatrizen haben folgende Eigenschaften: 1. Die Inverse von R ist gleich der transponierten Matrix: R −1 = R T . 2. Die Determinante von R und R −1 ist Eins: det R = det R −1 = 1. 3. Die Hauptdiagonalelemente sind die Kosinusfunktion bzw. eine Eins bei der Achse, um die gedreht wird. 4. Werden mehrere Drehungen hintereinander durchgef¨uhrt, ist die Reihenfolge nicht willk¨urlich. Verschiedene Reihenfolgen ergeben trotz gleicher Drehwinkel verschiedene Endlagen der Koordinatensysteme. 5. F¨uhrt man Drehungen in der Reihenfolge ϕ um die z-Achse, ϑ um die neue x  -Achse und % um die (ganz) neue z  -Achse aus, spricht man von den E ULER -Winkeln ϕ, ϑ, %. Auch andere Reihenfolgen sind gebr¨auchlich, in der Luftfahrt z. B. um die z-,y  -,x  -Achse. ¨  L OSUNG B-5: 1. Bei Drehung um die x-Achse bleibt die x-Koordinate erhalten, d. h. ex(1) = ex(2) und damit rx(1) = rx(2) . F¨ur die y- und z-Koordinate folgt: (1) (2) (2) ry = b − a = ry cos % − rz sin % rz(1) = c + d = ry(2) sin % − rz(2) cos % Im Matrix-Schreibweise: ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ (2) rx rx(1) 1 0 0 ⎜ (2) ⎜ (1) ⎟ ⎝ ⎠ 0 cos % − sin % = ⎝ ry ⎝ ry ⎠ (1) (2) 0 sin % cos % rz z    r     r(1)

R 12

r(2) 2

⎞ ⎟ ⎠ 

ez(2)

Y

(1)

rz a

c (2)

d

ez(1)

rz

Y

r (2)

Y

ey (2)

Y

a

Y

ry(1) b

2 % + sin % = 1 Determinante : det R 12 = · cos⎛ ⎞ 1 0 0 T ⎝ 0 cos % sin % ⎠ ≡ R 21 ; det R 21 = 1 Inverse : R −1 12 = R 12 = 0 − sin % cos % Sind die Koordinaten in der Basis 1 gegeben, folgt also einfach: r(2) = R 21r(1) ⇒

ry

ey(1)

1 Kinematik

13

⎛

⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ (2) rx 1 0 0 1 1 ⎜ (2) ⎟ ⎝ (2) (2) (2) ⎝ ry ⎠ = 0 cos 20◦ sin 20◦ ⎠ ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 2,91 ⎠ = ex + 2,91 ey + 2,14 ez ◦ ◦ 0 − sin 20 cos 20 3 2,14 rz(2) 2. Durch zyklische Vertauschung erh¨alt man: ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ (2) ⎞ ⎞ (1) rx rx cos ϑ 0 sin ϑ cos ϑ 0 − sin ϑ ⎜ ⎟ ⎜ (1) ⎟ ⎝ T ⎝ 0 1 ⎠ ≡ R 21 0 1 0 ⎠ ⎝ ry(2) ⎠; R −1 0 ⎝ ry ⎠ = 12 = R 12 = (2) (1) − sin ϑ 0 cos ϑ sin ϑ 0 cos ϑ rz z    r      r(1)

R 12

r(2)

det R 12 = det R 21 = 1 und r(2) = R 21r(1) ⇒ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ (2) rx cos 20◦ 0 − sin 20◦ 1 −0.09 ⎜ (2) ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ = −0.09 ex(2) +2 ey(2) +3,16 ez(2) 0 1 0 ⎝ ry ⎠ = sin 20◦ 0 cos 20◦ 3 3,16 rz(2) ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ cos ϕ − sin ϕ 0 cos ϕ sin ϕ 0 T ⎝ − sin ϕ cos ϕ 0 ⎠ ≡ R 21 3. R 12 = ⎝ sin ϕ cos ϕ 0 ⎠; R −1 12 = R 12 = 0 0 1 0 0 1 det R 12 = det R 21 = 1 und r(2) = R 21r(1) ⇒ ⎛ (2) ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ rx cos 20◦ sin 20◦ 0 1 1,62 ⎜ (2) ⎟ ⎝ (2) (2) (2) ⎝ ry ⎠ = − sin 20◦ cos 20◦ 0 ⎠ ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 1,54 ⎠ = 1,62 ex + 1,54 ey + 3 ez (2) 0 0 1 3 3 rz  AUFGABE B-6: E ULER -Winkel

B.7.1.5 !

Auf ein Flugzeug (Masse m = 500 t) wirkt  R = mgeR . auf dem Boden die Gewichtskraft G 3  in Flugzeugkoordinaten, wenn (abWie lautet G weichend von der Luftfahrtnorm) Drehungen in der Reihenfolge um die z-,x  -,z  -Achse mit den E ULER -Winkeln (ϕ, ϑ, %) = (−15◦, −30◦ , 15◦ ) die raumfeste in die k¨orperfeste Basis u¨ berf¨uhren?

Körperfeste Basis e2K K

e1

Y j e2R e3R

RKR 0

e3K Raumfeste Basis (Erde)

R

e1

J

m g = 9,81 2 s

¨  L OSUNG B-6: 1. rR = R RKrK bzw. rK = R KRrR mit det R RK = det R KR = 1

und

(R RK Drehmatrix k¨orperfest → raumfest) R RK = R z (ϕ) · R x (ϑ) · R z (%) R KR = R TRK = R z (%)T · R Tx (ϑ) · R Tz (ϕ) (R KR Drehmatrix raumfest → k¨orperfest) ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ 0 cos % sin % 0 1 0 0 cos ϕ sin ϕ 0  K = ⎝ − sin % cos % 0 ⎠ ⎝ 0 cos ϑ sin ϑ ⎠ ⎝ − sin ϕ cos ϕ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ G mg 0 0 1 0 − sin ϑ cos ϑ 0 0 1    Eulermatrix R KR

= mg(sin ϑ sin % e1K + sin ϑ cos % e2K + cos ϑ e3K ) = (−0,63 − 2,37 4,25)T·106 N

B

14

B Mechanik

2 Kinetik  AUFGABE B-7: Stoßvorg¨ange B.2.1.3 Auf einer Luftkissenschiene stoßen zwei Schlitten ( m 1 = 1 kg, v1 = 0,1 m/s · ex und m 2 = 0,5 kg, v2 = −0,2 m/s · ex ) elastisch aneinander. 1. Berechnen Sie die Endgeschwindigkeiten v1 = v 1 ex und v2 = v 2 ex nach dem Stoß. 2. Wie groß sind v1 , v2 bei einem vollplastischen Stoß? ¨  L OSUNG B-7: 1. Die kinetische Gesamtenergie ist vor und nach dem Stoß gleich: m 2 v 2 − v 2  E k = E k = const ⇒ 12 m 1 v 12 + 21 m 2 v 22 = 12 m 1 v 12 + 21 m 2 v 22 ⇒ v 12 = v 12 + m 2 2 1 m 2 (v − v  )(v + v  ) ⇒ v 12 = v 12 + m 2 2 2 2 1 Der Schwerpunktsimpuls ist vor und nach dem Stoß gleich: m 1 v +v − m 1 v  pS = p1 + p2 = p1 + p2 = const ⇒ m 1 v 1 +m 2 v 2 = m 1 v 1 +m 2 v 2 ⇒ v 2 = m 2 m2 1 2 1  2 Eingesetzen von v 2 in"Gleichung f¨ur v 1 liefert: # " # m1    1 v 12 = v 12 + (v 1 − v 1 ) 2v 2 + m m 2 (v 1 − v 1 ) ⇒ v 1 + v 1 = 2v 2 + m 2 (v 1 − v 1 ) ⇒ v 1 = m1 [(m 1 − m 2 )v 1 + 2m 2 v 2 ] = −0,1 m s Masse im Schwerpunkt S m 1 m  S = m 1 + m 2 = 1,5 kg v 2 = m [2m 1 v 1 + (m 2 − m 1 )v 2 ] = 0,2 s S 2. Nur mit Impulserhaltung l¨osbar, da v1 = v2 = v 1 ex bzw. v 1 = v 2 : m 1 v 1 + m 2 v 2 =(m 1 + m 2 )v 1 ⇒ v 1 = m 1 v 1 m+Sm 2 v 2 = 0 (Stillstand)  AUFGABE B-8: Impulserhaltung

B.2.1.3

1. Um wie viel nimmt die Masse der Erde t¨aglich bzw. j¨ahrlich zu, wenn die mittlere Dichte des interplanetaren Staubs etwa 10−22 g/cm3 betr¨agt? 2. Mit welcher Verz¨ogerung v/ t wird die Erde dadurch abgebremst? 3. Wie groß ist die daraus resultierende j¨ahrliche Verl¨angerung des Jahres? (Annahme: die Erde rotiert auf einer Kreisbahn im Abstand r ≈ 150·106 km um die Sonne, Erdmasse: m E ≈ 5,972·1024 kg, Erdradius: rE ≈ 6370 km)

¨  L OSUNG B-8: Flugbahn

V ist das Volumen, das im Zeitraum t vom Querschnitt A bei Bewegung um die Sonne u¨ berstrichen wird: 1. V = x A = v tπrE2 mit v = ωr = r 2π T folgt der Massenstrom:

Erde

Volumen DV

rE

r

N Dv

N

Querschnitt A

S

Weg Dx

S

2 2 2 −16 g g/m3 · 150·109 · (6,37·106)2 m3

m = ρ V = ρ2π rrE = 2π 10 = 381 s = 32,9 t

t

t T 365 · 24 · 3600 s d

2 Kinetik

15

2. Verz¨ogerung aus Impulserhaltung mv = (m + m)(v + v) unter Vernachl¨assigung des quadratischen Anteils m v: v m ⇒ v = − v E m = − 2πr m m v + m · v = 0 ⇒ v = − m m E t

t T m E t 9 m · 381·10−3 kg/s 2π · 150·10 m

v = − −21 = −1,9·10

t 365 · 24 · 3600 s · 5,974·1024 kg s2          m   T  −18 = = 3.  v     v m T  = 2,0·10

B

 AUFGABE B-9: Fliehkraftregler

B.2.2

Welchen Winkel ϕ schließen die beiden gleich langen Pendel l = 20 cm eines Fliehkraftreglers ein, der sich mit der Drehzahl n˜ = 90 min−1 dreht? ¨ B-9:  L OSUNG 1. Zentrifugalkraft FZf = − FZp = mω02r er mit r = l sin(ϕ/2) und Zentripetalkraft FZp . Aus Skizze:

l

j

ω2l sin ϕ/2 sin(ϕ/2) ϕ | FZf | tan 2 = = mg = 0 g ⇒ cos(ϕ/2)     g g · (60 s/min)2 ϕ = 2 arccos 2 = 2 arccos 2 2  ω0 l  (2π) n˜ l 9,81 · 3600 = 2 arccos = 113◦ (2π)2 · 8100 · 0,2

FZp

m

m

FZf

r mg g

j/2

w0

 AUFGABE B-10: C ORIOLIS -Kraft  B.2.3 Welche C ORIOLIS -Kraft wirkt nach Betrag und Richtung auf eine Diesellokomotive (Masse m = 110 t, Geschwindigkeit v = 100 km/h), wenn diese auf H¨ohe des 49. Breitengrades von S¨uden nach Norden f¨ahrt? ¨ B-10:  L OSUNG 1. F¨ur die C ORIOLIS -Kraft gilt FC = 2m( v × ω).  F¨ur den Betrag folgt: FC = 2mvω sin 49◦ mit 2π ω= ≈ 7,27·10−5 rad s (Erddrehung) 24 · 3600 s 103 m · 7,27·10−5 1 FC = 2 · 110·103 kg · 100 · 3600 s s · sin 49◦ = 335 N Die Kraft wirkt in Richtung Osten, da FC gem¨aß dem Kreuzprodukt aus v und ω  senkrecht zu der aus beiden Vektoren gebildeten Ebene steht.

w v N

49°

49° W

O

S

16

B Mechanik

 AUFGABE B-11: C OULOMB -Reibung Ein Lastwagen zieht gleichf¨ormig eine Stahlplatte (Masse 4 t) auf eine Entfernung von 500 m auf einer horizontalen Straße entlang (Reibungskoeffizient μ = 0,5).

 B.3.1.1

g

Platte a

FR

F

mg

1. Welcher Winkel α ist zwischen Zugseil und Straße erforderlich, damit die Zugkraft F m¨oglichst klein wird? 2. Welche Arbeit hat der Lastwagen nach den 500 m verrichtet?

Fsin a 1. Kr¨aftegleichgewicht (horizontal): F F cos α − FR = 0 mit FR = μFN FR a Fcos a Kr¨aftegleichgewicht (vertikal): F mg N FN = mg − F sin α μmg ⇒ F cos α − μ(mg − F sin α) = 0 ⇒ F(α) = cos α + μ sin α Freischnitt Die Kraft F wird minimal, wenn der Nenner maximal wird: dF(α) = − sin α + μ cos α = 0 ⇒ μ = tan α bzw. α = arctan μ = arctan 0,5 = 26,6◦ dα μmgx cos α μmgx μmgx 2. W = F cos α · x = cos α + μ sin α = 1 + μ tan α = 1 + μ2 3 = 0,5 · 4·10 · 9,81 · 500 J = 7,85 MJ 1,25

 AUFGABE B-12: Flaschenzug Bei einem Flaschenzugduell“ h¨angen sich zwei Perso” nen A und B (m A = 100 kg, m B = 51 kg, g ≈ 10 m/s2 ) an den dargestellten Flaschenzug.

 B.3.3.2

FA

1. Welche Person wird hochgezogen, wenn der Flaschenzug als reibungsfrei und masselos angenommen wird? 2. Welche Person wird hochgezogen, wenn alle Rollen eine Masse von m R = 8 kg haben? ¨  L OSUNG B-12: 1. Linker Flaschenzug Kraft F˜A durch FA = m A g = 1 kN im Bodenseil: F˜A = 2n FA = 2 · 2 · 1 kN = 4 kN Rechter Flaschenzug Kraft F˜B durch FB = m B g = 0,51 kN im Bodenseil: F˜B = 2 · 2 · 2 · FB = 23 FB = 8 · 0,51 kN = 4,08 kN Person A wird hochgezogen, da F˜B > F˜A . 2. Linker Flaschenzug Mit n L = 2 losen Rollen ergibt sich f¨ur F˜A : F˜A = 2n FA − n L m R g = 4 kN − 0,16 kN = 3,84 kN Rechter Flaschenzug Mit n L = 3 losen Rollen ergibt sich f¨ur F˜B : F˜A = 23 FB − n L m R g = 4,08 kN − 0,24 kN = 3,84 kN Keine Person, da F˜A = F˜B .

FB

g

2 Kinetik

17

 AUFGABE B-13: Ebenes Tragwerk (Statik)

 B.3.2

Ein Tr¨ager (a = 1 m) wird durch die Kr¨afte F1 = 10 kN, F2 = 2 · F1 und F3 = 6 · F1 belastet. Berechnen Sie

60°

A

1. die Reaktionskr¨afte in den Auflagepunkten A und B,

45°

B

C F2=Fg a a 3a

2a

2. die bei C vorhandenen Schnittkr¨afte und -momente.

B

F3

F1

a

 T IPP B-13: Freischneiden ist das gedankliche

Wertigkeit ai Bindung

Trennen eines K¨orpers von seinen

Symbol

Freischnitt

Verschiebbares Gelenk (z. B. Rollenlager, Loslager)

geometrischen Bindungen, die seine Bewegungsfreiheit ein-

1

schr¨anken. An den Trennstellen werden Reaktionskr¨afte und

2

-momente

(auch: Zwangskr¨afte

2

Parallelf¨uhrung

und -momente) entsprechend der Wertigkeit (Grad der Fesse-

2

Schiebeh¨ulse

Festes Gelenk (z. B. Festlager)

Orientierung

3

Fy

M Fx M M Fx

lung) der aufgetrennten Bindung mit willk¨urlicher eingetragen.

Fy

Fx

Feste Einspannung

Fy Fy

¨  L OSUNG B-13: 1. Kr¨aftegleichgewicht ex ,ey -Richtung: +F3 cos 45◦ = 0 Z Ax −F1 cos 60◦ ◦ −Z Ay +F1 sin 60 +F2 +F3 sin 45◦ −Z By = 0 Drehmomentgleichgewicht z. B. um Punkt A: −2a F1 sin 60◦ − 4a F2 − 7a F3 sin 45◦ + 8a Z By = 0

ZAx

Drehmomentgleichgewicht z. B. um Punkt A: −2a F1 sin 60◦ − 3a Z Cy + MC = 0

60°

A

45°

B

F2=Fg Z By

ZAy 2a

L¨osung des linearen Gleichungssystems liefert: Z Ax = −37,4 kN; Z Ay = 21,8 kN; Z By = 49,3 kN 2. Kr¨aftegleichgewicht ex ,ey -Richtung: Z Ax −F1 cos 60◦ +Z Cx = 0 −Z Ay +F1 sin 60◦ +Z Cy = 0

F3

F1

2a

a

3a

Reaktionskräfte F1 ZAx

A ZAy 2a

60° MC

C a

ZCx ZCy

0

ex ey

Schnittgrößen bei C

L¨osung der Gleichungen mit Ergebnissen aus 1.: Z Cx = 42,4 kN; Z Cy = 13,1 kN; MC = 56,7 kNm

 AUFGABE B-14: Federn (Statik)  B.3.2 Die Auslenkung x einer Feder erfolgt im Idealfall proportional zur Kraft F nach F = kx (H OOKE’sches Gesetz, Federsteifigkeit k in N/m). Wie groß ist die Gesamtfederkonstante bei 1. Parallelschaltung und 2. Reihenschaltung der Federn?

18

B Mechanik

¨  L OSUNG B-14: 1. Parallelschaltung: Aus der Kr¨aftebilanz −F1 − F2 + F = 0, der kinematischen Bindung x = x 1 = x 2 mit F1 = k1 x 1 bzw. F2 = k2 x 2 folgt F = (k1 + k2 )x bzw. f¨ur die Gesamtfederkonstante k = k1 + k2 .

k1

k2

x1

2. F¨ur die Reihenschaltung ergeben die Kr¨aftebilanzen −F1 + F2 = 0 −k1 x 1 + k2 x 2 = 0 ⇒ ⇒ −F2 + F = 0 −k2 x 2 + F = 0 x 2 = k1 F und x 1 = kk2 x 2 = k1 F. 2 1 1 Mit der kinematischen Bindung x = x 1 + x 2 ergibt sich x = (1/k1 + 1/k2 )F = (k1 + k2)/(k1 k2 ) · F bzw. f¨ur die Gesamtfederkonstante k = k1 k2 /(k1 + k2 ).

F1

F2

k1

k2

x2

F

F Freischnitt

k1 x1

k2

x2

F

F1 k1

F2 k2

F2

F

 AUFGABE B-15: Energiesatz fur ¨ Schlittenfahrt m A

 B.2.2 g

eT C

h(r)

B

D a

a

r

Eine Punktmasse m bewegt sich reibungsfrei vom Punkt A nach D. Im Punkt B schmiegt sich die Kurve AB tangential an eine Kreisf¨uhrung BD (einseitig von unten wirkende Schiene, Kreisradius r ) an, so dass die Masse nach oben abheben kann. 1. Wie groß muss h sein, damit die Punktmasse m nach Loslassen und ohne Anfangsgeschwindigkeit gerade noch im Punkt C ankommt? 2. Welche Winkel α sind zul¨assig, damit m im Bereich zwischen B und D nicht abhebt?

E k,A + E p,A = E k,C + E p,C = const ⇒ mgh = mgr ⇒ h = r

maN v m eT m mg sin j eN FN

r

1. Da die Bewegung reibungsfrei ist, kann der Energiesatz angewendet werden:

s = rj

¨ B-15:  L OSUNG

a j er

2. Kinematik z. B. in nat¨urlichen Koordinaten (siehe Skizze) mit s = r ϕ: • Geschwindigkeit v = v eT = s˙eT = r ϕ ˙ eT • Beschleunigung a = aT eT + aN eN = r ϕ ¨ eT − r ϕ˙ 2 eN Nach Freischnitt und Kr¨aftegleichgewicht in eN -Richtung muss FN ≥ 0 gelten: (1) FN = maN + mg sin ϕ = m(−r ϕ˙ 2 + g sin ϕ) ≥ 0

ej

g  B.1.2

2 Kinetik

19

Die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ folgt aus dem Energiesatz: • E p,A = E k + E p ⇒ mgr = 1 m (r ϕ) ˙ 2 + mgr sin ϕ ⇒ r ϕ˙ 2 = 2g(1 − sin ϕ) 2 Eingesetzt in (1) folgt: −2g(1 − sin ϕ) + g sin ϕ ≥ 0, wobei ϕ = 90◦ − α und sin(90◦ − α) = cos α gilt. ⇒ −2 + 3 cos α ≥ 0 ⇒ cos α ≥ 32 bzw. α ≥ 48,19◦

 AUFGABE B-16: L AGRANGE -Mechanik der Punktmasse

 B.4 !

0

Eine Punktmasse m ist u¨ ber eine starre, masselose Stange (L¨ange l) und ein Drehgelenk mit einem Schlitten verbunden, der sich im Schwerefeld der Erde horizontal entlang eines vorgegebenen Weges s(t) bewegt.

B

Schlitten

ex s(t) ey

rS ( t) g

l j(t)

m

1. Wie viele Freiheitsgrade hat das System? Geben Sie rS , r˙ S und r˙S2 in kartesischen Koordinaten in Abh¨angigkeit von ϕ, ϕ, ˙ s und s˙ an. 2. Berechnen Sie kinetische und potentielle Energie T und V des Systems. 3. Bestimmen Sie die L AGRANGE -Funktion L. 4. Wie lautet die Bewegungsgleichung bzgl. des Drehwinkels ϕ? ¨  L OSUNG B-16: 1. Ein Freiheitsgrad der Bewegung, z. B. dargestellt durch die generalisierte Koordinate ϕ(t). Die Linearbewegung des Drehpunktes ist nicht frei, da s(t) hier vorgegeben wird. rS = x(t)ex + y(t)ey = (s + l sin ϕ)ex + l cos ϕ ey ˙ ex + y˙ (t)ey = (˙s + l ϕ˙ cos ϕ)ex − l ϕ˙ sin ϕ ey r˙ S = x(t) r˙S2 = (˙s + l ϕ˙ cos ϕ)2 + (l ϕ˙ sin ϕ)2 = s˙2 + 2˙s ϕl ˙ cos ϕ + (l ϕ) ˙ 2 mit sin2 ϕ + cos2 ϕ = 1   2. T = 1 m r˙S2 = 1 m s˙2 + 2˙s ϕl ˙ cos ϕ + l 2 ϕ˙ 2 2 2 V = −mgy(t) = −mgl cos ϕ   ˙ cos ϕ + l 2 ϕ˙ 2 + mgl cos ϕ 3. L = T − V = 1 m s˙ 2 + 2˙s ϕl 2   d ∂ L − ∂ L = 0 mit q = ϕ: 4. Auswertung der L AGRANGE -Gleichung dt 1 ∂ q˙ ∂q j

j

∂ L = 1 m(2˙sl cos ϕ + l 2 2ϕ) ˙ = ml(˙s cos ϕ + l ϕ) ˙ ∂ ϕ˙ 2 d ∂ L = ml(¨s cos ϕ − s˙ ϕ˙ sin ϕ + l ϕ) ¨ dt ∂ ϕ˙ ∂ L = 1 m(−2˙s ϕl ˙ sin ϕ) − mgl sin ϕ = −ml sin ϕ(˙s ϕ˙ + g) ∂ϕ 2 Eingesetzt in die L AGRANGE -Gleichung folgt: g s¨ cos ϕ − s˙ ϕ˙ sin ϕ + l ϕ¨ + sin ϕ(˙s ϕ˙ + g) = 0 ⇒ ϕ¨ + l sin ϕ = − sl¨ cos ϕ

20

B Mechanik

 AUFGABE B-17: Schwerpunktsatz

 B.7.1.1

Ein homogene Walze (Kreiszylinder mit Masse m, Radius 0 ) rollt ohne zu gleiten eine schiefe Ebene (Neigungswinkel α) hinunter. Berechnen Sie die Bewegungsgleichung unter Anwendung von

a

1. Schwerpunkt- und Drehimpulssatz. 2. Wie groß muss der Reibungskoeffizient μ zwischen Ebene und Walze sein, damit kein Gleiten auftritt?

h(t)

x(t)

ey

0 ex

r 0 j

S Walze mit Masse m

g a

 T IPP B-17: 1. D’A LEMBERTsche Hilfskraft m S r¨S und Hilfsmoment JS ϕ¨S : Subtrahiert man beim Schwerpunktsatz den Anteil m S r¨S und beim Drehimpulssatz JS ϕ¨S auf beiden Seiten der Gleichung und betrachtet diese Anteile als Hilfskraft und Hilfmoment (auch: Scheinkraft, Scheinmoment), wird formal die Dynamik auf die Statik zur¨uckgef¨uhrt: Die Summe aller Kr¨afte und Momente ist Null“. ” 2. Vorgehensweise:

JSj

na

si mg

a cos

,x x,x

x S m r 0 j

mg

a) K¨orper freischneiden b) Positive Z¨ahlrichtung der Koordinaten festlegen c) Hilfskr¨afte und Hilfsmomente entgegen der festgelegten Z¨ahlrichtung einzeichnen d) Wie bei Statik Kr¨aftesumme = 0“ und Momentensumme = 0“ ” ” bilden, dabei Anteile in Z¨ahlrichtung mit +“ und gegen Z¨ahl” richtung mit -“ ber¨ucksichtigen ”

ey ex

Freischnitt mit Scheinkraft und Scheinmoment bzgl. S

Zx

FN

Im Beispiel folgt aus Kr¨aftebilanz in positiver x-Richtung −m x¨ − Z x + mg sin α = 0 und aus der Momentenbilanz in positiver ϕ-Richtung −JS ϕ¨ + Z x 0 = 0 und mit der Rollbedingung wieder die Bewegungsgleichung.

¨  L OSUNG B-17:

ex

Walze

,x x,x

mg

sin

a S

r 0 j

a cos

2. Kein Gleiten, solange Z x ≤ μFN : Z x = mg sin α − m x¨ = 1 tan α μ≥ F mg cos α 3 N

ey

mg

1. Kinematik: x˙ = 0 ϕ˙ x¨ = 0 ϕ¨ Schwerpunktsatz an Walze in ex ,ey -Richtung: m x¨ = mg sin α − Z x (+ex -Richtung) 0 = FN − mg cos α (+ey -Richtung) Drehimpulssatz an Walze um Schwerpunkt S: JS ϕ¨ = Z x 0 ⇒ Z x = JS2 x¨ (Reibkraft) 0 Einsetzen in Gleichung aus Schwerpunktsatz (ex -Richtung)  liefert die Bewegungsgleichung  m + JS2 x¨ − mg sin α = 0 0 m02 nach Einsetzen des Tr¨agheitsmoment JS = : 2 2 x¨ = g sin α 3

Freischnitt

a

Zx

FN FN Zx

g

2 Kinetik

21

 AUFGABE B-18: L AGRANGE -Mechanik des starren K¨orpers  B.4,7.1.6 ! Bestimmen Sie die Bewegungsgleichung der obigen Aufgabe durch Auswertung der L AGRANGE -Gleichung mit der verallgemeinerten Koordinate q1 = x. ¨ B-18:  L OSUNG 1. • Kinetische Energie: T = Ttrans + Trot Translatorischer Anteil: Ttrans = 1 m x˙ 2 Rotatorischer Anteil: Trot = 1 JS ϕ˙ 2 2 2   2 ⇒ T = 1 x˙ 2 m + JS2 mit der Zwangsbedingung ϕ˙ = − x˙ bzw. ϕ˙ 2 = x˙ 2 2 0 0 0 • Potentielle Energie: V = −mgh = −mgx sin α   • L AGRANGE -Funktion: L = T − V = 1 x˙ 2 m + JS2 + mgx sin α 2 0       ∂ L = m + JS x˙ d ∂ L = m + JS x¨ ∂ L = mg sin α ∂ x˙ ∂x dt ∂ x˙ 02 02   − ∂∂ L Die Bewegungsgleichung folgt aus der L AGRANGE -Gleichung d ∂∂ L x = 0: dt x˙   J m + S2 x¨ − mg sin α = 0 ⇒ x¨ = 23 g sin α 0  AUFGABE B-19: Tr¨agheitsmoment einer Kugel

 B.7.1.3

1. Zeigen Sie, dass f¨ur eine Kugel homogener Dichte  vom Radius r0 das axiale Tr¨agheitsmoment Jz = 2 mr02 ist. Verwenden Sie hierf¨ur Kugelkoordinaten. 5 2. Wie viel Arbeit muss der Elektromotor einer Drehbank aufbringen, um ein kugelf¨ormiges Werkst¨uck (m = 5 kg,  = 7,86 g/cm3 ) auf eine Drehzahl von 3000 min−1 zu bringen? 3. Wie viel Arbeit muss bei einem gleich schweren zylindrischen Werkst¨uck, das koaxial eingespannt ist und dessen Radius mit dem der Kugel u¨ bereinstimmt, aufgewendet werden? 4. Um wie viel a¨ ndert sich das axiale Massentr¨agheitsmoment des Zylinders, wenn Zylinderachse und Drehachse einen parallelen Versatz von d = 2 mm haben? ¨ B-19:  L OSUNG 1. Allgemein gilt: Jz = Iz =

 m

rz2 dm

z

Das infinitesimal kleine Massenelement dm ist mit dem Volumenelement dV u¨ ber die Dichte dm = dV verkn¨upft. Ist  homogen, gilt:  JS =  rz2 dV . Das Produkt der infinitesima-

dj dr

rz=rsinq rdq r dq

V

len Kantenl¨angen liefert dV . Bei einer Kugel: a) rz = r sin θ b) dV = r dθ · rz dϕ · dr = r 2 dr sin θ dθ dϕ 2π  r0 π 4 3 ⇒ Jz =  r sin θ dθ dr dϕ 0 0 0 r0

rsinqdj Volumen dV

q S j

y

x

# 2πr05 π 3 2πr05 " 1 cos3 θ π − cos θ + sin θ dθ = 5 5 3 0 0 0 0 0 4 2 2 2 4 Jz = πr03  r02 = V  r02 = mr02 mit dem Kugelvolumen V = πr03 und m = V  3 5 5 5 3

Jz = 

2π 

dϕ

r 4 dr

π

sin3 θ dθ =

B

22

B Mechanik



15 kg = 5,34 cm 4π · 7860 kg/m3   2 2 2πn E k = 1 Jz ω2 = 1 mr02 = 1 kg · (5,34 m)2 2π · 3000 = 280,93 J 2 5 60 s/min 60 s

2. r0 =

3

3m 4π =

3

1 2 mr0 Jz,Zylinder 3. J = 2 = 5 = 1,25 , d. h. 1 mehr an Arbeit: E k = 1,25 · 280,93 J = 351,17 J 2 2 4 4 z,Kugel mr 5 0 2 2 + md 2 J 4. Satz von S TEINER: J Jz = z,Zylinder = 1 + 1md 2 = 1 + 2 d2 Jz,Zylinder z,Zylinder r0 2 mr0  2

J d z ⇒ J = 2 r0 = 0,28 % z,Zylinder

 AUFGABE B-20: K EPLER -Gesetze

 B.6.2

1. Ein Satellit bewegt sich auf einer Ellipsenbahn um die Erde mit dem Perihel 300 km und Aphel 2000 km. Wie groß ist das Geschwindigkeitsverh¨altnis an beiden Stellen? 2. Berechnen Sie Umlaufdauer TS des Satelliten, wenn der Mond die Erde in TM = 27,3 d umkreist und f¨ur die große Halbachse der Flugbahn des Mondes aM = 384405 km gilt. 3. Wie groß sind die kleine Halbachse der Mondbahn und der Betrag des Drehimpulses, wenn die Exzentrizit¨at der Mondbahn 5,5 % und die Mondmasse 7,349·1022 kg betragen? (Erdradius: rE ≈ 6370 km)

¨  L OSUNG B-20: v Satellit n Aphel 1. 2. K EPLER -Gesetz: ddtA1 = ddtA2 mit Flugbah Erde 1 2 d A1 = 1 v 1 dt1 und d A2 = 2 v 2 dt2 : dA2 v2 v 1 = 2 = d2 + rE = 8370 ≈ 1,25 v2 1 d1 + r E 6670 r2 2. 3. K EPLER -Gesetz:

 

      aS 3 = T d1 + d2 + 2rE 3 TS 2 = aS 3 ⇒ T = T S M M aM aM aM TM

 3 15040 TS = 27,3 d · 384405 = 0,2118 d ≈ 5 h  √ 3. bM = aM 1 − e2 = 384405 km · 1 − 0,0552 = 383823 km  M | L|T = πaM bM mit μ ≈ m M  m E 2μ

v1 Perihel dA1

r1

2 2 6 22  = 2πaM bM m M = 2π · 384405 · 383823·10 · 7,349·10 kgm = 2,89·1034 kgm | L| s TM 27,3 · 24 · 3600 s

2 Kinetik

23

 AUFGABE B-21: Kreiselgleichungen (E ULER -Gleichungen) Eine Kollerm¨uhle (Kreisel) besteht aus einer drehbar gelagerten, d¨unnen Kreisscheibe (Masse m, Radius 0 ), die u¨ ber einen masselosen Stab der L¨ange l = 20 aus der Ruhelage mit konstanter Winkelbeschleunigung α (ω0 (t) = αt) beschleunigt wird. Bestimmen Sie f¨ur reines Rollen zwischen Scheibe und Unterlage

 B.7.1.4 !

l=2r0 e 2K g eK 3

B m S

K 0 e1 wF(t)=w0(t) e 2K

r0

 angegeben im mit der Scheibe mitrotierenden k¨orper1. das erforderliche a¨ ußere Moment M, festen System (e1K , e2K , e3K ) 2. die Zeit t1 , bei der die Anpresskraft zwischen Scheibe und Unterlage | FN | = 2mg ist. 3. Wie groß muss der Reibungskoeffizient μ zwischen Scheibe und Unterlage mindestens sein, damit w¨ahrend des gesamten Beschleunigungsvorganges reines Rollen sichergestellt ist?  T IPP B-21: Die Kreiselgleichungen ergeben sich automatisch“ mit folgender Vorgehensweise: ” • Wahl eines k¨orperfesten Hauptachsensystems (e1K (t), e2K (t), e3K (t)) mit Ursprung 0, der – mit Ausnahme bei einer raumfesten Drehachse – im Schwerpunkt liegen sollte.  in diesem Hauptachsensystem. • Darstellen von I = diag(I1 I2 I3 ) (zeitunabh¨angig) und ω(t) Zur Angabe von I werden die Haupttr¨agheitsmomente bzgl. des Schwerpunkts (aus Tabelle) ggf. um die S TEINER -Anteile bzgl. 0 erg¨anzt. • Drehimpulsvektor L = I ω  berechnen ˙   • M(t) = L(t) durch formales Differenzieren des Drehimpulsvektors, wobei die zeitabh¨angige Basis (e1K(t), e2K (t), e3K (t)) auch abzuleiten ist (Anwendung der Kettenregel)! Es gilt: e˙ K  F (t) × e1K (t) 1 (t) = ω ˙eK (t) = ω  F (t) × e2K (t) 2 ˙eK (t) = ω  F (t) × e3K (t) 3 ω  F ist der Winkelgeschwindigkeitsvektor, der die Drehung von (e1K (t), e2K (t), e3K (t)) gegen¨uber dem ortsfesten System beschreibt. ¨  L OSUNG B-21: 1. • Tr¨agheitstensor im k¨orperfesten System (e1K , e2K , e3K ) bzgl. 0 (mit S TEINER-Anteil ml 2 ): I = I1 e1K (t)+(I2 +ml 2 )e2K (t)+(I3 +ml 2 )e3K (t) = 1 m02 e1K (t)+ 17 m02 e2K (t)+ 17 m02 e3K (t) 2 4 4 • Winkelgeschwindigkeitsvektor im k¨orperfesten System (e1K, e2K , e3K ): ω(t)  = ω1 (t)e1K (t) + ω2 (t)e2K (t) + ω3 (t)e3K (t) = −ω0 (t) l0 , ω2 (t) = ω0 (t), ω3 (t) = 0 folgt: Mit der Rollbedingung ω1 (t) = − v(t) " # 0 ω(t)  = ω0 (t) − l0 e1K (t) + e2K (t) = −2ω0 (t) e1K (t) + ω0 (t) e2K (t) +  0 e3K (t)       ω1 (t )

ω2 (t )

ω3 (t )

• Drehimpulsvektor im k¨orperfesten System (e1K , e2K , e3K ): 3  L = Ii ωi (t) eiK (t) = I1 ω1 (t)e1K (t) + I2 ω2 (t)e2K (t) + I3 ω3 (t)e3K (t) i=1

2 K = −m02 ω0 (t)e1K (t) + 17 4 m0 ω0 (t)e2 (t)

24

B Mechanik • Drehmomentvektor im k¨orperfesten System (e1K , e2K , e3K ) bzgl. 0 folgt aus Differentiation des Drehimpulsvektors L (die zeitabh¨angigen sind auch zu differenzieren!): " # Basisvektoren " # ˙ 17 2 K K 2 ˙  = L = −m ω˙ 0 (t)e (t) + ω0 (t)e (t) + m ω˙ 0 (t)eK (t) + ω0 (t)e˙ K (t) M 0 1 1 0 2 2 4 Dreht sich das F¨uhrungssystem (e1K , e2K , e3K ) gegen¨uber einem ortsfesten System mit ω(t)  =ω  F, ¨ folgt f¨ur die zeitliche Anderung der Basisvektoren (In der Aufgabe ist ω  F (t) = ω0 (t)e2K (t)):

e˙ K  F (t) × e1K (t) 1 (t) = ω ˙eK (t) = ω  F (t) × e2K (t) 2 ˙eK (t) = ω  F (t) × e3K (t) 3

Mit e2K (t) × e1K (t) = −e3K (t) und e2K (t) × e2K (t) = 0 folgt: e2K (t) × e1K (t) = −ω0 (t)e3K (t) e˙ K 1 (t) = ω0 (t)

und

 e˙ K 2 (t) = 0

Eingesetzt mit ω0 (t) = αt bzw. ω˙ 0 (t) = α ergibt:  = −m2 ω˙ 0 (t)eK (t) + 17 m2 ω˙ 0 (t)eK (t) + m2 ω2 (t)eK (t) M 0 1 0 2 0 0 3 4 2e K (t) + m(αt)2 2 e K (t) = −mα02 e1K (t) + 17   mα 0 2 0 3 4 2. Die Anpresskraft FN = FN e2K kann aus dem Drehmomentgleichgewicht um 0 (e3K-Komponente) berechnet werden: M3 (t)e3K = l e1K × (FN − mg)e2K = 20 (FN − mg)e3K Mit M3 (t) = m(αt)2 02 (aus 1.) und FN = 2mg folgt:

1 2g FN = mg + 1 m0 (αt)2 ⇒ t1 = α 0 2

l=2r0 e 2K e 3K

r0 M1(t)e 1K

K 0 e1

-mg e K 2

M3(t)e 3K Freischnitt

FR

FN

3. Drehmomentgleichgewicht um 0 (e1K -Komponente) und M1 (t) aus 1.: M1 (t)e1K = −0 FR e1K ⇒ mα02 = 0 FR ⇒ FR = FR e3K = mα0 e3K Bei C OULOMB -Reibung ist die Haftbedingung f¨ur reines Rollen: | FR | ≤ |μ FN |. Da | FN | ∼ t 2 (siehe 2.), ist f¨ur t = 0 die Rutschgefahr mit | FN | = mg am gr¨oßten: mα α | FR | μ ≥ mg = mg 0 = g 0

 AUFGABE B-22: Drehimpulssatz

 B.7.1.2 !

Berechnen Sie den in der oberen Aufgabe unter 1. ben¨otigten Drehimpulsvektor L = L 0 bzgl. des Ursprungs 0 anhand des Drehimpulsvektors L S bzgl. des Schwerpunktes S. ¨ B-22:  L OSUNG Der Zusammenhang zwischen den Drehimpulsvektoren ist L 0 = L S + m(r0S × r˙ 0S ) mit: r0S = l e1K (t) = 20 e1K (t) r˙ 0S = 20 e˙ K  F (t) × e1K (t)] = 20 [ω0 (t)e2K (t) × e1K (t)] = −20 ω0 (t)e3K (t) 1 (t) = 20 [ω a) m(r0S × r˙ 0S ) = −4m02 ω0 (t)(e1K (t) × e3K (t)) = 4m02 ω0 (t)e2K (t) Die Kreisfrequenz ω  ist ein linienfl¨uchtiger Vektor und damit unabh¨angig vom Bezugspunkt, S = I Sω  d. h. sowohl bzgl. 0 als auch bzgl. S gleich: ⇒ L S = I S ω

3 Spezielle Relativit¨atstheorie

25

⎛

1 m2 0 0 ⎜ 2 0 1 2 ⎜ b) L S = ⎝ 0 m 0 4 0 1 2 0 0 4 m0   IS

⎞

⎛ ⎞ ⎟ −2ω0 (t) ⎟ ⎝ ω0 (t) ⎠ = −m2 ω0 (t)eK (t) + 1 m2 ω0 (t)eK (t) 0 1 2 ⎠ 4 0 0     ω (t )=ω(t  ) S

Die Addition der Anteile a) und b) ergibt: L 0 = −m02 ω0 (t)e1K (t) + 17 m02 ω0 (t)e2K (t). 4

3 Spezielle Relativit¨atstheorie  AUFGABE B-23: Zeitdilatation  B.8.2.2 Ein Satellit fliegt mit halber Lichtgeschwindigkeit von der Erde weg und sendet dabei alle

t  = 0,1 s einen Radioimpuls aus. In welchem zeitlichen Abstand werden die einzelnen Pulse auf der Erde empfangen? ¨  L OSUNG B-23: Im Bezugssystem S (Erde) bewegt sich der Satellit mit konstanter Geschwindigkeit u = 0,5c: = 1

t = γ t  mit γ =  1 = √2 ⇒ t = √2 · 0,1 s ≈ 0,115 s 3 3 1 − 0,25 1 − u 2 /c2  AUFGABE B-24: L¨angenkontraktion  B.8.2.3 Ein Raumschiff (System S  ) der L¨ange x  = 300 m (in S  ermittelt) bewegt sich mit u = 0,6c an einer Raumstation (System S) vorbei. Im Augenblick der Passage wird vom Bug des Raumschiffs ein Lichtblitz ausgesandt, der am Ende des Raumschiffs reflektiert wird. 1. Welche L¨ange ermittelt die Raumstation f¨ur das Raumschiff? 2. Welche Zeit ermitteln das Raumschiff und und die Raumstation jeweils f¨ur die R¨uckkehr des reflektierten Lichtblitzes zur Raumschiffspitze? ¨ B-24:  L OSUNG 

x 1. x = γ mit γ = 

1 1 − u 2 /c2

= 

1 = 1,25 ⇒ x = 300 m = 240 m 1.25 1 − 0,36

 600 m 2. Raumschiff: t  = 2x c = 299 792 458 m/s ≈ 2,0 μs Raumstation: t = γ t  = 1,25 · 2,0 μs ≈ 2,5 μs

 AUFGABE B-25: Relativistische Masse, Energie  B.8.3.2 1. Welche elektrische Spannung wird ben¨otigt, um ein Elektron im homogenen elektrischen Feld auf die 0,999-fache Lichtgeschwindigkeit zu beschleunigen? 2. Wie groß ist die relativistische Masse m rel im Vergleich zur Ruhemasse m? 3. Wie groß w¨are die Geschwindigkeit des Elektrons bei nichtrelativistischer Rechnung und gleicher Spannung wie in 1.? 4. Wie groß darf die Spannung h¨ochstens sein, damit in 3. der relative Fehler der Geschwindigkeit gegen¨uber relativistischer Rechnung kleiner als 1 % bleibt?

B

26

B Mechanik

¨  L OSUNG B-25: 2 = γ E 0 ⇒ E k = E 0 (γ − 1) = mc2 (γ − 1) 1. Gesamtenergie E = E 0 + E k =  mc 2 2 1 − v /c Potentielle Energie des elektrostatischen Feldes E p = eU . Aus E k = E p folgt: mc2 (γ − 1) 1 U= ≈ 22,37 mit γ =  e 1 − 0,9992 −31 · (299 792 458)2 J · 21,37 U = 9,11·10 = 0,511 MV · 21,37 = 10,92 MV 1,602·10−19 C 1 = γ = 22,37 2. mmrel =  1 − 0,9992

 3,50·10−18 m 1 2eU 2 9 m 3. E k = mv = eU ⇒ v = m = 9,11·10−31 s = 1,96·10 s ≈ 6,54c 2 vr v v 4. ε = v − v r = v r − 1 ≤ 0,01 ⇒ Grenzfall: v r = 1,01 Die relativistische Geschwindigkeit v r und die nichtrelativistische v folgen aus:

√ 2+x eU = γ − 1 =  1 1 − 1 ≡ x ⇒ v = c 1 − = c x r 2 mc2 (1 + x) (1 + x)2 2 2 1 − v r /c

√ √ v = 2c2 eU2 = c 2 x mc

2 √ v = 2 · (1 + x) = 1,01 ⇒ 0,51 · (2 + x) = (1 + x)2 ⇒ x 2 + 1,49x − 0,02 = 0 vr 2+x 2 ⇒ x ≈ 0,0133 = eU2 ⇒ U ≤ 0,0133 mc = 0,0133 · 0,511 MV ≈ 6,80 kV e mc

 AUFGABE B-26: H¨ohenstrahlung  B.8.3.2 Wie lange braucht ein Proton (m p = 1,67·10−27 kg, E k = 1·1018 eV) der H¨ohenstrahlung, um die Milchstraße (Durchmesser: 105 Lichtjahre) zu durchlaufen? 1. Geben Sie den Zeitraum im ruhenden System“ auf der Erde und ” 2. im bewegten“ Bezugssystem des Protons an. ” ¨ B-26:  L OSUNG

 2 E 0  ⇒ v = c 1 − E E+0 E . 1. Gesamtenergie E = E 0 + E k = 0 k 1 − v 2 /c2 Mit der Ruheenergie E 0 = m p c2 = 1,5·10−10 J = 9,37·108 eV folgt: E0

x

x 5 E 0 + E k ≈ 0 ⇒ v ≈ c ⇒ t = v = c = 10 a

 2  E0 E0  5 −10 a ≈ 49 min 2 2. t = t 1 − (v/c) = t E 0 + E k = t E 0 + E k = 10 · 9.37·10

3 Spezielle Relativit¨atstheorie

27

 AUFGABE B-27: Relativistische Bewegungsgleichung

 B.8.3.3

Auf ein zun¨achst ruhendes Teilchen (Masse m) wirkt f¨ur Zeiten t ≥ 0 s in x-Richtung eine konstante Kraft F = ma = m x. ¨ Geben Sie die Geschwindigkeit v(t) = x(t) ˙ f¨ur t ≥ 0 s an bei 1. nichtrelativistischer Rechnung und bei 2. relativistischer Rechnung. 3. Zu welchem Zeitpunkt t1 h¨atte das Teilchen die Lichtgeschwindigkeit erreicht? Wie groß ist dann die wirkliche“ Geschwindigkeit bei t1 , wenn man relativistisch rechnet? ” ¨ B-27:  L OSUNG 1. v(t) = x(t) ˙ =

t 0

t t F  dτ = a  dτ = at xdτ ¨ = m 0

0

dp 2. p = m rel v = γ mv ⇒ F = = d  dt dt ⇒

v 1 − (v 2 /c2 )

= at ⇒ v(t) = 

mv 1 − (v 2 /c2 )

F = d  ⇒m dt

v 1 − (v 2 /c2 )

at 1 + (at)2 /c2

Hierbei ist a diejenige Beschleunigung, die ein Beobachter messen w¨urde, der gerade die gleiche Momentangeschwindigkeit wie das Teilchen hat. 3. at1 = c ⇒ t1 = ac Wirkliche“ Geschwindigkeit: v(t1 ) = √c ≈ 0,7c ” 2  AUFGABE B-28: L ORENTZ -Transformation Bei Relativbewegung zwischen zwei Bezugssystemen S und S  mit der Geschwindigkeit u in nur einer xRichtung entspricht die Umrechnung zwischen S und S  einer Raumzeitdrehung gem¨aß:

 B.8.1.4

⎞ ⎛ cosh λ − sinh λ ct  ⎜ x  ⎟ ⎜ − sinh λ cosh λ ⎜  ⎟=⎜ ⎝ y ⎠ ⎝ 0 0 0 0 z ⎛

0 0 1 0

⎞⎛ ct 0 ⎜ x 0⎟ ⎟⎜ 0 ⎠⎝ y z 1

1. Zeigen Sie, dass das Abstandsquadrat s 2 = (s  )2 zweier Ereignisse erhalten bleibt 2. Zeigen Sie, dass f¨ur die Relativgeschwindigkeit u = dx = c tanh λ gilt dt ¨ B-28:  L OSUNG 1. (s  )2 = (ct  )2 − (x  )2 − (y  )2 − (z  )2 = (ct cosh λ − x sinh λ)2 − (−ct sinh λ + x cosh λ)2 − y 2 − z 2 = (ct)2 (cosh2 λ − sinh2 λ) −x 2 (cosh2 λ − sinh2 λ) −y 2 − z 2       =1

= (ct)2 − x 2 − y 2 − z 2 = s 2

=1

2. Aus der 2. Gleichung x  = −ct sinh λ + x cosh λ folgt:   x = x + ct sinh λ = x + ct tanh λ ⇒ u = dx = c tanh λ cosh λ cosh λ dt

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

B

28

C Str¨omungslehre

1 Ideale und reale Fluide  AUFGABE C-1: Fallschirmspringer: Fluidreibung

C.1, C.4, B.1.2.2, B.3.1.2/3, B.4.2.3 !

1. Welche Kr¨afte (ohne Zahlen) wirken auf einen 100 kg schweren Fallschirmspringer a) beim ungebremsten freien Fall aus 4 km H¨ohe? g = 9,81 m s−2 sei konstant. b) beim freien Fall mit Luftreibung (ohne Schirm)? γ = 0,2 kg/m c) beim Fall mit ge¨offnetem Fallschirm? β = 175 kg/s 2. Wie groß ist die Fallgeschwindigkeit (Grenzgeschwindigkeit) in den F¨allen 1a–c? ¨ Die wievielfache Erdbeschleunigung bremst den Springer beim Offnen des Schirms? 3. Welchen Weg legt der Fallschirmspringer zur¨uck? Wie lange dauert der Sprung? 4. Welche Beschleunigung wirkt zur Zeit t auf den Fallschirmspringer? ¨ C-1:  L OSUNG 1. Auf den mit der Geschwindigkeit v nach unten fallenden K¨orper wirken die Erdanziehung (Gewichtskraft FG = mg) und die entgegengerichtete Luftreibungskraft FR = −β v, somit die resultierende Kraft F = m v˙ = FG + FR in Richtung Erde. a) ungebremst:

m v˙ = mg = 981 N

b) mit Luftreibung: m v˙ = mg − γ v 2 (turbulent: N EWTON-Reibungsgesetz)

z

c) offener Schirm: m v˙ = mg − βv (laminar: S TOKES-Reibungsgesetz) 2. a) ungebremst:

h

&

E v F R

& Fmg G ez

Theoretische Grenze ist die Lichtgeschwindigkeit. Praktisch:  t √ v = g dt = g t = 2 g h 0 = 2 · 9,81 sm2 · 4000 m = 280 0

b) mit Luftreibung:

& v

0 h0

!

 = m v˙ = 0 = mg − γ v 2 ⇒ v ∞ v(t )



mg γ ≈ 70

m s

= 252

m s

km h

  1 2 dv = dt ⇒ 0 g − (γ /m) v 0   γ g mg  tanh(Bt) ; B =  = lim v(t) = v(t) = v ∞ ⇒ v ∞ m γ t →∞

Alternativ: Explizite L¨osung aus 1b:

t

Beim freien Fall des 100 kg schweren Springers stellt sich nach 1  B ≈ 7 s die Grenzgeschwindigkeit v ∞ ein (v˙ = 0).

1 Ideale und reale Fluide

29

! mg m v˙ = 0 = mg − βv ⇒ v ∞ = β ≈ 5,5 ms = 20 km h v(t ) t    1 Alternativ: Explizite L¨osung aus 1c: m β v (mg/β) − v dv = dt ⇒ 0 0 mg v(t) = v ∞ + (v 0 + v ∞ ) · e−βt /m ⇒ v ∞ = lim v(t) = β t →∞

c) offener Schirm:

¨ Beim Offnen des Schirms wirkt auf den Springer dieKraft, jedoch nicht augenblicklich:   v∞ Schirm    F(t ) = mg − β v(t ) ≈ mg − βv ∞ = mg 1 − v ∞ ohne mit Schirm ≈ −m · 12 g

t gt 2 3. a) ungebremst: h 0 − h(t) = v dt = vt = ⇒ t (h) = 2(h 0g− h) 2 0

b) mit Luftreibung:

c) offener Schirm:

4. a) ungebremst: b) mit Luftreibung: c) offener Schirm:

 v h 0 − h(t) = B∞ ln(cosh Bt) (durch v(t) dt aus 2b)   v  + v(t) (als L¨osung dt = . . . dv von 1b) t (v) = m  ln ∞  2γ v ∞ v ∞ − v(t) t  −βt /m ) h 0 − h(t) = v(t  ) dt  = v ∞ t + m β · (v 0 − v ∞ )(1 − e 0 v(t) + v ∞ (als L¨osung von 1c) t (v) = − m β ln v 0 + v ∞ 2 g = dv = d h2 dt dt dv = Bv2∞ a(t) = dt cosh Bt β a(t) = m (v ∞ − v 0 ) e−βt /m

(durch Differentiation aus 2b) (durch Differentiation aus 2c)

 AUFGABE C-2: Reynolds-Zahl

C.1.4.4, C.4.4

1. Stimmt es, dass die Str¨omung in den menschlichen Blutgef¨aßen, von der Aorta (r = 10 mm, v¯ = 0,3 m/s) bis zu den Kapillargef¨aßen (r = 4 μm, v¯ = 5 mm/s) laminar ist? Rek (d) = 2320,  = 1 g/cm3 , η = 4 mPa s

2. Maßstabs¨ubertragung. Welche Windgeschwindigkeit zur Messung des Str¨omungswiderstandes eines Autos bei 120 km/h im Windkanal ist notwendig, wenn die gr¨oßte Ausdehnung des Str¨omungsquerschnitts beim Modell M nur die H¨alfte der 1,6 m des wirklichen Fahrzeugs betr¨agt? 3. Wieviel Wasser je Minute darf durch ein Wasserleitungsrohr von 4 cm Durchmesser fließen, damit gerade noch laminare Str¨omung herrscht? Rek (d) = 2320,  = 1 g/cm3 , η = 1 mPa s ¨  L OSUNG C-2: 1. Aorta:

Re =

v d η =

1000 kg m−3 ·0,3 m/s·2·0,01 m 0,004 Pa s

= 1500 < Rek (laminar!)

1000 kg m−3 ·0,005 m/s·2·4·10−6 m 0,004 Pa s

v d = 0,01  Rek η =  v d !  v M dM m km m 2. Re = η = ⇒ v M = v l l = 120 ms · 1,6 η 0,8 m = 240 h ≈ 67 s M 3 Re · η 2 Pa s·0,04 m·π  3. V˙ = v A =  d d 4π = 2320·0,001 = 7,29·10−5 ms = 4,37 min 4·1000 kg/m3 Kapillare: Re =

C

30

C Str¨omungslehre

2 Hydro- und Aerostatik  AUFGABE C-3: Wetterkarte

C.1.3.2, B.4.5.3 !

1. Kreist in einem Tiefdruckgebiet der Wind auf der Nordhalbkugel im Gegenuhrzeigersinn? 2. Nimmt die Windst¨arke mit dem Druckgef¨alle zwischen den Isobaren zu? ¨ 3. Wie sieht es auf der S¨udhalbkugel und am Aquator aus?  T IPP C-3:

Isobare 1010 mbar

1005 mbar 1000 mbar

995 mbar

& v ’p

& v & v

Ablenkung durch CORIOLIS-Kraft

Die Erde kreist im Gegenuhrzeigersinn um die Sonne (vom Nordpol der Erdbahnebene aus betrachtet) und rotiert im gleichen Drehsinn von West nach Ost. Die C ORIOLIS-Kraft lenkt frei fallende K¨orper nach Osten und Luftstr¨omungen parallel zur Erdoberfl¨ache auf der Nordhalbkugel nach rechts ab.

¨  L OSUNG C-3: v × ω)  und volumenbezogener Gradi1. Ja! Im Gleichgewicht von C ORIOLIS-Kraft F = +2m(  p ( p Luftdruck,  Luftdichte, ω = 2π d−1 Erddrehung) in der Erdatmosph¨are entkraft −∇ F   p = −2(  p ⊥ v ⊥ω v × ω)  ⇒ ∇ v × ω)  ⇒ ∇  (Vektorprodukt!) V = −∇ p = +2( muss die Windgeschwindigkeit v parallel zu den Isobaren verlaufen; der o¨ rtliche Druckgradient (Normalenvektor) steht immer senkrecht zum Wind.  p, desto gr¨oßer ist die Str¨omungsgeschwindigkeit v, wenn ω 2. Ja! Je gr¨oßer das Druckgef¨alle ∇ und  als konstant angenommen werden; vgl. Gef¨allegesetz“ in 1. ” 3. Auf der S¨udhalbkugel weht der Wind im Uhrzeigersinn um das Tiefdruckgebiet herum. ¨ Am Aquator kann der Wind parallel zur Erddrehung werden ( v  ω);  dort bildet sich kein Zyklon (Luftwirbel) aus.

2 Hydro- und Aerostatik

31

 AUFGABE C-4: Rotierende Flussigkeit: ¨ Kaffeetasse

C.2.1.3 !

Eine Fl¨ussigkeit dreht sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit um eine Achse, die senkrecht zur Erdoberfl¨ache steht. a) Welche Form hat der Fl¨ussigkeitsspiegel? b) Wie sieht die Fl¨ussigkeitsoberfl¨ache in einer rotierenden Raumstation aus, deren Schwerpunkt sich im freien Fall befindet?  T IPP C-4: Die in jedem Volumenelement angreifende resultierende Kraft – aus Gewichtskraft und Zentrifugalkraft – steht senkrecht auf der Fl¨ussigkeitsoberfl¨ache. Der Fl¨ussigkeitsspiegel beschreibt eine Parabel; im Weltraum nicht. ¨ C-4:  L OSUNG 2 x a) (1) tan α = FZ = mω mg FG (2) tan α = dz dx

z=

Kr¨afteparallelogramm Steigung der Parabel

x ω2   ω2 2 g x dx = 2g x 0

b) Im Weltraum ist FG = 0, folglich Fres = FZ . Es gibt keine Trombe, d.h. der Fl¨ussigkeitsspiegel ist eben.   2 x → ∞ ⇒ α → 90◦ lim tan α = mω F FG →0

z

x

Į

FZ Į

FG

Fres

G

 AUFGABE C-5: Druck in Gasen: Gasflaschen und Vakuumgef¨aße

C.2.1

1. Welche Kraft wirkt auf den Deckel eines Konservenglases mit dem Durchmesser 10 cm, wenn der Innendruck 870 hPa betr¨agt? (Luftdruck 1013 hPa) 2. Mit welcher Kraft hielten OTTO VON G UERICKEs Magdeburger Halbkugeln von 57,5 cm Durchmesser zusammen, nachdem sie auf 100 hPa evakuiert wurden? 3. Auf welchen Wert sinkt der Druck in einer 40 Liter-Pressluftflasche (60 bar), wenn 1 m3 Luft mit 1 bar Druck langsam entnommen wird? ¨  L OSUNG C-5: 1. F = p A = (1013 − 870) · 100 Pa · 14 π(10 · 0,01 m)2 = 112 N 2. F = p A = (1013 − 100) · 100 Pa · 14 π(57,5 · 0,01 m)2 = 23,7 kN 3. Die entnommene Luft beansprucht nach dem idealen Gasgesetz in der Flasche den Druck: p2 V2 p1 V1 p2 V2 1 bar·1 m3 T2 = T1 (T = const) ⇒ p1 = V1 = 0,04 m3 = 25 bar In der Flasche sinkt der Druck auf: p  = (60 − 25) bar = 35 bar

C

32

C Str¨omungslehre

 AUFGABE C-6: Barometrische H¨ohenformel: Ballonfahrt 1. In welcher H¨ohe ist

bei 0 ◦ C

C.2.1, C.3.2, D.3

der Luftdruck halb so groß wie auf Meeresh¨ohe? L = 1,29 kg/m3

2. Wie a¨ ndert sich der Luftdruck dp/dh mit zunehmender H¨ohe, wenn u¨ berall 0 ◦ C herrschen? Leiten Sie daraus die barometrische H¨ohenformel her. 3. Stratosph¨arenballon von P ICCARD. Unabh¨angig von der H¨ohe seien Fallbeschleunigung g und Dichte der Luft L konstant. a) Um welchen Faktor vergr¨oßerte sich das Normvolumen der Heißluft in 16940 m H¨ohe? b) In welcher H¨ohe ist der Ballon prall, wenn er auf der Erde zu 25% voll gef¨ullt wird? c) Nimmt der Auftrieb des Ballons mit zunehmender H¨ohe ab? d) Welche maximale H¨ohe kann ein Gasballon mit dem Volumen V erreichen? e) Welche Nutzlast m  tr¨agt ein Ballon mit 50 kg Eigenmasse plus 120 m3 Heliumf¨ullung? ¨ C-6:  L OSUNG p p /2 101325 Pa 1 1. ph = p0 e−0 gh/ p0 ⇒ h = − 00g ln p0 0 = − 1,29 kg/m 3 ·9,81 m/s2 ln 2 ≈ 5550 m dp = −g 2. (1) Gewicht der Luftschicht je Fl¨ache: p(h) = − FAG = gh ⇒ dh R (2) Ideales Gasgesetz: pV = n RT ⇒ p =  M T mit M = 28,95 g/mol p d p h M M gh = ln p − 0 gh = − RT (1) mit  aus (2): g dh ⇒ ln p = ln p0 − RT 0 p0 p(h) p 0

0

3. a)

p0 V0 p1 V1 ◦ T0 = T1 f¨ur T1 = T2 = 0 C ⇒ p0 V1 +0 gh/ p0 = e1,29 kg m−3 ·9,81 m s−2 ·16940 m/101325 Pa = 8,3 V = p1 = e 0

p V1 = b) Aus a): h =  0g ln 0 0,25 · V1 c) FA = 1 · g · V1 =

101325 Pa 1,29 kg m−3 ·9,81 m s−2

ln 4 ≈ 11100 m

0 p1 V0 p0 p0 · g · p1 = 0 gV0 = konst. Der Auftrieb nimmt nicht ab!

d) L gV = 0 gV e−0 gh/ p0 =    !

Auftrieb (Tragkraft) in Luft

mg 

p ⇒ h ≤ −  0g ln mV 0 0

(m = m Ballon + m Gas )

Gewichtskraft

  p VM kg e) L gV = m +m  + 0RT − 50 kg = 83 kg g ⇒ m  = 1,29·120 kg − 101325·120·0,004 8,3144·273,15

 AUFGABE C-7: Druckkr¨afte in Flussigkeiten ¨

C.2.2

1. a) Wie tief darf ein Unterseeboot tauchen, das einem Wasserdruck von 15 bar standh¨alt? b) Welche Wassermasse dr¨uckt auf einen 1 m2 und 1 cm2 der Bootsh¨ulle?  = 1000 kg/m3 c) Was bedeutet die veraltete Einheit Meter Wassers¨aule“? ” 2. Bei einer hydraulischen Presse wird der Arbeitskolben (d1 = 1,5 cm) u¨ ber einen Hebel mit ¨ der Ubersetzung von 1:4 mit der Handkraft 100 N bewegt. Welche Druckkraft erzeugt der Kraftkolben (d2 = 7,5 cm)?

2 Hydro- und Aerostatik

33

¨  L OSUNG C-7: p 1. a) ps =  g h ⇒ h =  gs =

15·105 Pa 1000 kg/m3 ·9,81 m/s2

! p b) FG = mg = p A ⇒ m A = g = kg m2

c) pws = gh = 1000 · 9,80665 1 bar = 105 Pa = ˆ 10,19716 mWS

15·105 N/m2 9,81 m/s

m s2

≈ 153 m

≈ 153·103

kg m2

= 153

t m2

= 15,3

kg cm2

· 1 m = 9806,65 Pa = 1 mWS [exakt]

¨ 2. Auf den Arbeitskolben 1 wirkt durch die Ubersetzung die vierfache Handkraft. 2 d π F1 = 2 · F1 = (7,5 cm)2 π · 4·100 N = 10 kN p1 = p2 ⇒ F2 = A2 A 4 (1,5 cm)2 π/4 4 1 d12 π/4  AUFGABE C-8: Hydraulische Presse: Autobremse C.2.2.2 Ein Autofahrer tritt mit F1 = 300 N auf das Bremspedal (l1 = 20 cm; l2 = 5 cm; ϕ = 60◦ ). a) Welche Kraft F2 wirkt auf den Kolben des Bremszylinders? b) Unter welchem Druck steht die Bremsfl¨ussigkeit in der Bremsleitung (d2 = 1,4 cm)? Welche Kraft F3 wirkt auf den Kolben des Radbremszylinders (d3 = 4 cm)? c) Welches Drehmoment wird durch die Bremskraft F3 auf die Bremsbel¨age der rotierenden Scheibe einer Scheibenbremse u¨ bertragen. Reibungszahl μ = 0,1; effektiver Radius r = 15 cm d) Welche Bremsleistung wird beim Bremsen in W¨arme umgewandelt? ω = 100 s−1 = konst e) Wie heiß wird die 3 kg schwere Bremsscheibe nach 10 s langem Bremsen, wenn die Reibungsw¨arme nicht entweichen kann? ω = konst; cp = 450 J kg−1 K−1 , 20 ◦ C F1 l1 Ȧ

ij

F2

d2 r

l2 d3

F3

¨  L OSUNG C-8: 1 + l2 ) = a) F1 (l1 + l2 ) = F2l2 sin ϕ ⇒ F2 = F1l(lsin ϕ 2 F 1732 N 6 2 b) p2 = A = π(0,014 m)2 /4 = 11,3·10 Pa 2

F3 = p2 A3 = 11,3 MPa ·

π 4

300 N·0,25 m 0,05 m·sin 60◦

= 1732 N

· (0,04 m)2 = 14200 N

c) M = 2μF3r = 2 · 0,1 · 14,2 kN · 0,15 m = 426 N m dϕ d(Fs) −1 d) P = dW dt = dt = Fr dt = Mω = 426 Nm · 100 s = 42,6 kW Pt = 42,6 kW·10 s = 316 K (Erw¨armung) e) W = Pt = mcp T ⇒ T = mc 3 kg·450 J kg−1 K−1 p

C

34

C Str¨omungslehre

 AUFGABE C-9: Auftrieb und Dichtebestimmung

C.2.2.3

1. Wie tief taucht ein 25 cm hoher Holzquader ( = 0,85 kg/dm3) beim Schwimmen in Salzwasser ein? w = 1,1 kg/dm3 2. Stimmt es, dass die W¨agung einer 75 kg schweren Person ( ≈ 1 kg/dm3) durch den Auftrieb in der umgebene Luft verf¨alscht wird? L = 1,29 g/dm3 3. Ein Schmuckst¨uck wiegt in Luft 9 cN und unter Wasser 8,2 cN. Besteht es aus Gold oder vergoldetem Silber? Au = 19,3 g/cm3 ; Ag = 10,5 g/cm3 FA

¨  L OSUNG C-9: ! 1. (Gewicht) FG = mg = FA = m w g (Auftrieb) ⇒  (lbh) g = w (lbh w ) g ⇒ h kg/dm3 ·25 cm h w =  = 0,851,1 = 19,3 cm kg/dm3 w

l

b

hw

h

FG 2. Ja, aber der Fehler im Zehntel Promillebereich ist praktisch vernachl¨assigbar! 75 kg 3 2 FA = V L g = m  L g = 1000 kg/m3 · 1,29 kg/m · 9,81 m/s ≈ 0,95 N ( m = 0,097 kg)

3. Das Schmuckst¨uck verdr¨angt sein Volumen im Wasser Vw = V und erf¨ahrt die Auftriebskraft !

FA = FG,L − FG,w = w Vw g. Es besteht weitgehend aus Silber, wie die Dichte zeigt: FG,L /g FG,L /g g 0,09 N = m V = Vw = (FG,L − FG,w )/(w g) = (0,09−0,082) N/(1 g/cm3 ) ≈ 11 cm3  AUFGABE C-10: Oberfl¨achenspannung

C.2.3

1. Zwischen zwei Kapillaren mit den Radien 1 mm und 2 mm besteht eine Steigh¨ohendifferenz von 10 mm. Wie groß ist die Oberfl¨achenspannung der umgebenden L¨osung?  = 1,03 g/cm3 2. Welche Arbeit ist zur Zerst¨aubung von einem Liter Wasser in Tr¨opfchen mit einem mittleren Durchmesser von 0,1 mm aufzuwenden? σ = 0,074 N/m 3. Auf welchen Radius w¨achst ein Tropfen Terpentin¨ol am Austritt einer Kapillare (d = 1 mm) h¨ochstens, bevor er abreißt?  = 0,855 kg/dm3 ; σ = 0,027 N/m ¨  L OSUNG C-10:    

h g 1 1 1 −1 (f¨ur vollst¨andige Benetzung) 1 ⇒ σ = − 1. h = 2σ g r1 − r2 r r 1 2 2  −1 −3 3 2 1 1 N σ = 10·10 m·1030 2kg/m ·9,81 m/s 0,001 − ≈ 0,10 m m 0,002 m 2. Das Wasservolumen V wird in N Tr¨opfchen vom Volumen VT und der Oberfl¨ache ST verteilt. V V 3V 2 σ = W S ⇒ W = σ S = σ N ST = σ VT ST = σ 4 πr 3 4πr = σ r = = 0,074

N m

·

3·0,001 m3 (0,1·10−3 m)/2

3

= 4,4 J !

3. Gewichtskraft m T g = VT g = ( 43 πrT3 )g = Haltekraft πσ d ⇒

m rT ≤ 3 4πσ d = 3 4 0,027 N/m·0,001 = 1,3·10−3 m = 1,3 mm ·855 kg/m3 ·9,81 m/s2 / πg 3 3

3 Ideale Fluide (Euler-Fluide)

35

3 Ideale Fluide (Euler-Fluide)  AUFGABE C-11: Strahlpumpen und Dusen: ¨ Bernoulli-Gleichung

C.3.1.6/8, C.1.2.3

1. Wie groß muss die Eintritts¨offnung 1meiner Wasserstrahlpumpe bemessen sein, wenn Was¨ 2maustritt? Wie schnell muss Wasser am ser mit 2 m/s durch die 0,75 cm2 große Offnung Ort 1meinstr¨omen? Der Dampfdruck des Wassers wird vernachl¨assigt.  = 1 g/cm3 ; patm = 1 bar 2. Welches Querschnittsverh¨altnis hat eine Venturid¨use, in der bei einer 4,6 m/s schnellen Luftstr¨omung der Differenzdruck 196 Pa betr¨agt? L = 1,29 kg/m3 3. Wie schnell str¨omt Wasser aus einem Druckbeh¨alter durch ein 12 mm großes Loch im Boden aus? (d1 = 1 m; h = 1,5 m; p1 = 1,2 bar) p1

Vakuum

1

v2

v1 Wasser

2

zu 1.

d1 1

h 2

p2-p1 zu 2.

d2 zu 3.

¨  L OSUNG C-11: 1. Am Austritt 2mherrscht Atmosph¨arendruck p2 ≈ 1 bar, am Eintritt 1msoll p1 = 0 sein.   5 2 p2 1 1 2 2 2 = (2 m/s)2 · 2 · 10 Pa 3 ≈ 14,3 m/s p1 + 2 v 1 = p2 + 2 v 2 ⇒ v 1 = v 2 +   1000 kg/m 0

v1 2 m/s = 0,105 cm2 (d1 = 3,7 mm) = 0,75 cm2 · 14,3 m/s v2 

2 | p| = (4,6 m/s)2 + 2 · 196 Pa3 ≈ 18 m/s ⇒ v 2 = v 12 +  1,29 kg/m

v 1 A1 = v 2 A2 ⇒ A1 = A2 2. p1 + 21 v 12 = p2 + 12 v 22

v2 A1 18 m/s = = 4,6 m/s ≈ 3,9 A2 v1

3. Die Str¨omungsgeschwindigkeit v 1 im Beh¨alter ist vernachl¨assigbar, weil v 1 = v 2 A2 /A1 = v 2 (d2 /d1 )2 = 0,000144 v 2. Außen herrscht Atmosph¨arendruck p2 . p1 + 12 v 12 +gh = p2 + 12 v 22 ⇒     v 1 v 2

 v2 =

≈1 bar

| p| + gh = /2



0,2·105 Pa + 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 1,5 m = 8,3 m/s (1000 kg m−3 )/2

C

36

C Str¨omungslehre

4 Umstr¨omung von K¨orpern 4.1 Viskosit¨at  AUFGABE C-12: Dynamische Viskosit¨at

C.1.4.1./2, D.2.4

1. Wie groß ist die dynamische Viskosit¨at von Luft bei 20 ◦C und 100 ◦C ausgehend von der kinetischen Gastheorie? Molek¨ul(stoß)durchmesser d = 361,7 pm; mittlere molare Masse M = 28,9644·10−3 kg/mol

2. Die dynamische Viskosit¨at von Benzol sinkt mit steigender Temperatur. Folgen die Messdaten gem¨aß der E YRING-Theorie der Gleichung η = Ae B/RT ? T / ◦C 10 20 30 40 50 60 η / Pa s 0,000758 0,000652 0,000564 0,000503 0,000442 0,000392

¨  L OSUNG C-12:



8RT πM

1 und s¯ = √ 2πd 2 (N/V ) m RT ⇒  = m = pM mit dem idealen Gasgesetz: pV = n RT = M V RT n N N A und der Teilchenzahlkonzentration V = V folgt: √ s¯ = √ RT2 und schließlich η(T ) = 2 3/2RT2M 3π d NA 2πd NA p √ Bei idealen Gasen ist η druckunabh¨angig und steigt mit T ; bei Fl¨ussigkeiten gilt dies nicht (vgl. 2.). Die berechneten Werte f¨ur Luft η(293 K) = 1,28·10−5 Pa s und η(373 K) = 1,44·10−5 Pa s weichen von den Messwerten 1,813·10−5 Pa s bzw. 2,173·10−5 Pa s erheblich ab.

1. Aus der kinetischen Gastheorie: η = 13 v¯ s¯ mit v¯ =

1 2. Lineare Regression der Messwerte auf die Gleichung η = A e B/RT oder ln η = ln A + B R T liefert A = 0,9677·10−5 Pa s und B R = 1234 K mit 99,9%iger Korrelation.  AUFGABE C-13: Viskosit¨atsmessung: laminare Str¨omung

C.4.2

¨ 1. Welche dynamische Viskosit¨at hat ein 0,5 mm dicker Olfilm, auf dem ein K¨orper (350 g, 2 ◦ Auflagefl¨ache 20 cm ) eine schiefe Ebene (α = 30 ) mit 0,45 m/s hinabgleitet? 2. Im Kugelfallviskosimeter sinkt eine Stahlkugel von 2 mm Durchmesser in 15,6 s durch eine ¨  ¨ = 0,85 g/cm3 Fe = 7,8 g/cm3 Strecke von 25 cm. Welche Viskosit¨at hat das Ol? Ol m

v

Į

zu 1.

FH

FR

Į FG

FN

4 Umstr¨omung von K¨orpern

37

¨  L OSUNG C-13: ! 1. N EWTON’sches Reibungsgesetz: FR = η A dv = FH = mg sin α

⇒ η=

mgd sin α 0,35 kg · 9,81 m s−2 · 0,5·10−3 m · sin 30◦ = 0,95 Pa s = Av 20 · (0,01 m)2 · 0,45 m/s

2. S TOKES’sches Gesetz: FR = 6πη r v¯ mit v = η=

2 gr 2 (K − F ) = 9v

2 gr 2(K − F ) ⇒ 9η

2·9,81 m/s2 ·(1·10−3 m)2 ·(7800−850) kg m−3 0,25 m/15,6 s

= 0,95 Pa s

 AUFGABE C-14: Kugelfallviskosimeter C.4.2.3, B.3.1.2 ! Die Viskosit¨at von Glycerin (η = 1.5 mPa s) soll bei Temperaturen unter 20 ◦ C durch die Fallzeit einer Eisenkugel (Dichte 7,86 g/cm3) durch eine 1 m hohe Schicht bestimmt werden. a) Wie groß ist die Fallgeschwindigkeit in Abh¨angigkeit der Fallzeit? b) Wie groß darf der Kugelradius h¨ochstens sein, damit die Sinkgeschwindigkeit mit einem Fehler von 2·105

 T IPP C-24: Die R EYNOLDS-Zahl bleibt bei der Maßstabs¨ubertragung erhalten, wenn daf¨ur die Str¨omungsgeschwindigkeit und Viskosit¨at ver¨andert wird. Geometrisch a¨ hnliche K¨orper haben denselben Wi¨ derstandsbeiwert, wenn ihre R EYNOLDS-Zahlen gleich sind. Nach dem B UCHE -Theorem bleibt die volumenbezogene Leistung von Modell- und Hauptausf¨uhrung erhalten: P1 /V1 = P2 /V2 . ¨ C-24:  L OSUNG 1. Str¨omungsgeschwindigkeit: v = 2π f r = ωr = 2π · (180/60) s−1 · (0,17/2) m = 1,60 m/s 3 ·1,6 ms−1 ·0,17 m v d R EYNOLDS-Zahl: Re = η = 1100 kg/m = 315400 0,00095 Pa s Somit ist der Widerstandsbeiwert: cw (Re) = 0,06. R¨uhrerleistung: ¨ -Theorem b) B UCHE

Drehzahl

P = FR v = 12 cw Av 3 mit A = πd 2 /4 kg 3 P = 12 · 0,06 · (0,17 · 0,15) m2 · 1100 m 3 · (1,6 m/s) = 3,45 W 1 = Modell, 2 = Hauptausf¨uhrung P2 = V2 = λ3 ⇒ P = P λ3 = 63 · 3,45 W = 745 W 2 1 P1 V1 Wegen Re1 = Re2 ist auch cw,1 = cw,2 . Mit v = πd f : 3 (λ2 A1 ) · f23 (λd1 )3 λ5 f 23 ! cw,2 A 2 v 2 /2 P2 = λ3 = = = ⇒ P1 cw,1 A1 v 13 /2 A1 · f 13 d13 f13

f 2 = f 1 λ−2/3 = 180 min−1 · 6−2/3 = 54,5 min−1 c) Die R¨uhrerleistung ist proportional zur N EWTON-Zahl: Ne = F2R 2 = P3 2 v l v l

47

D Thermodynamik und W¨armetransport

1 Temperatur und thermische Ausdehnung  AUFGABE D-1: Thermodynamische Temperatur D.1 Die Basisgr¨oße Temperatur ist definiert als der 273,16-te Teil der thermodynamischen Temperatur des Tripelpunktes von Wasser bei 6,106 hPa. Wie groß ist die Temperatur des Tripelpunktes in Grad Celsius und Grad Fahrenheit? ¨ D-1:  L OSUNG ϑ T a) ◦ = K − 273,15 K = 0,01 C   ϑ T − 273,15 K · 9 + 32 ≈ 32,02 b) ◦ = K 5 F

⇒

ϑ = 0,01 ◦C

⇒

ϑ = 32,02 ◦ F

 AUFGABE D-2: Thermische Ausdehnung von festen K¨orpern

D.1

1. Ein Stahlbandmaß ist f¨ur 20 ◦ C spezifiziert. Bei –15 ◦C werden 1,2750 m gemessen. Wie groß ist der wahre“ Abstand und der absolute Fehler? (α = 1,1·10−5 K−1 ) ” 2. Leiten Sie die oben verwendete Formel aus der relativen W¨armeausdehnung l/l0 her. 3. Ein AlSi-Zylinder soll bei 20 ◦C einen Durchmesser von 30 mm haben. Welches Schwind” maß“ muss die Gussform bei 650 ◦C ber¨ucksichtigen? (α = 16,5·10−6 K−1 ) 4. Bei 20 ◦C hat eine 6 m breite Straße aus 12 m langen und 25 cm dicken Betonplatten (α = 14·10−6 K−1 ) jeweils 1 cm breite Teerfugen (γ = 0,6·10−6 K−1 ). Welches Teervolumen tritt an einem Sommertag (35 ◦C) aus einer Fuge aus? ¨ D-2:  L OSUNG   1. l1 = l0 (1 + α T ) = 1,2750 m · 1 + 1,1·10−5 K−1 · [(−15 − 20) K] = 1,2745 m

l = l1 − l0 = 0,0005 m = 0,5 mm l1 − l0 = α T ⇒ l1 − 1 = α T ⇒ l = l [1 − α(T − T )] 2. l 1 0 1 0 l0 = α T ⇒ l0 l0 3. Der Durchmesser d h¨angt von der L¨angenausdehnung des Umfangs U = πd ab.   πd1 = πd0 (1 + α T ) ⇒ d1 = 30 mm · 1 + 16,5·10−6 K−1 · (650 − 20) K] = 30,31mm Absolutes und relatives Schwindmaß: d = 0,31 mm; d/d0 = 1,0 % 4. Beton allein: Teer allein: Zusammen:

l = l0 α T = 12 m · 14·10−6 K−1 · 15 K = 2,52 mm

VB = (0,252 · 600 · 25) cm3 = 3780 cm3 (die Teer verdr¨angen!)

V1 = V0 γ T = (1 · 600 · 25) cm3 · 0,6·10−6 K−1 · 15 K = 0,135 cm3

VF = (3780 + 0,135) cm3 ≈ 3,8 

48

D Thermodynamik und W¨armetransport

 AUFGABE D-3: Thermische Verformung

D.1

1. Wie groß ist der Kr¨ummungsradius eines l = 5 cm langen Bimetallstreifens aus je d = 1 mm dickem Kupfer- und Zinkblech bei einer Temperatur¨anderung von 100 ◦C? αCu = 17·10−6 K−1 , αZn = 36·10−6 K−1

2. Wie lang muss eine Zinkbr¨ucke zwischen zwei Stahltr¨agern sein, um die thermischen L¨angen¨anderungen auf null auszugleichen? αZn = 36·10−6 K−1 , αFe = 11·10−6 K−1 3. Welcher Druck und welche Kraft sind erforderlich, um die W¨armeausdehnung eines Stahltr¨agers von 100 cm2 Querschnittsfl¨ache bei Erw¨armung um 10 ◦ C zu vermeiden? α = 12·10−6 K−1 , E = 200000 N/mm2 Zn

l

Cu

lZn

r

Fe ȕ

zu 1.

zu 2.

Zn

¨  L OSUNG D-3: 1. L¨angenausdehnung: lCu = 50 mm · 17·10−6 K−1 · 100 K = 0,085 mm; lZn = 0,18 mm Die Bogenl¨angen li = ri β (Winkel β im Bogenmaß) der neutralen‘“ Fasern in der Mitte der ” Zink- bzw. Kupferschicht werden ins Verh¨altnis gesetzt: d [l + 12 ( lCu + lZn )] l + lZn β(r + d/2) ⇒ r= = ≈ 189 mm l + lCu β(r − d/2)

lCu + lZn l αZn l ! = 0,44 l 2. (l + lZn ) αFe T = lZn αZn T ⇒ = − 1 = 2,27 ⇒ lZn = lZn αFe 2,27 ! 3. l (thermisch) = l0 α T = σEl = l (mechanisch) ⇒ σ = α t E = 12·10−6 K−1 · 10 K · 2·105 N/(10−3 m)2 = 24·106 mN2 = 24 MPa F = σ A = 24 MPa · 100 cm2 = 24·106 N/m2 · 100 (10−2 m)2 = 240000 N  AUFGABE D-4: Thermische Ausdehnung von Flussigkeiten ¨

D.1

¨ fließen u¨ ber die Wand eines voll gef¨ullten, zylinderf¨ormigen Tanks (d = 1 1. Wieviel Liter Ol m, h = 2 m), wenn die Temperatur von 20 ◦ C auf 30 ◦ C steigt? Wie a¨ ndert sich die Dichte ¨  = 890 kg/m3 , γ = 0,0009 K−1 , αFe = 11·10−6 K−1 des Ols? ¨ 2. Welchen Durchmesser braucht eine Thermometerkapillare, um Anderungen von 10 K auf 3 einer Skalenl¨ange von l = 10 cm anzuzeigen? VHg = 0,5 cm , γ = 0,00016 K−1 (inkl. Glas) ¨  L OSUNG D-4: ¨ 1. Ol:

V = V0 γ T = (12 π/4 · 2) m3 · 0,0009 K−1 · 10 K = 0,0141 m3 ¨ Oltank:

V  = V0 (3αFe ) T = (12 π/4·2) m3 ·3·11·10−6 K−1 ·10 K = 0,000 52 m3 Ausfluss:

V − V  = 0,0136 m3 ≈ 13,6 

 Dichte¨anderung  = −γ T = −0,0009 K −1 · 10 K = −0,9% (Ausdehnung!) 0

2 W¨armeenergie und Kalorimetrie !

2. V1 (Hg) = V0 (1 + γ T ) = V0 +

d=

4V0 γ T = πl

49 d 2π 4

l ⇒

4 · 0,5 cm3 · 0,00016 K−1 · 10 K = 0,01 cm = 100 μm π · 10 cm

D

2 W¨armeenergie und Kalorimetrie

 AUFGABE D-5: W¨armekapazit¨at und Kalorimeter

D.2.3

1. Ein Mischungskalorimeter wird mit 400 g Wasser von 20 ◦C gef¨ullt (1). Beim Zugießen von 600 g Wasser von 60 ◦ C stellt sich eine Mischungstemperatur von 42 ◦ C ein (2). Wie groß ist die Gef¨aßkonstante ( Wasserwert“) des Kalorimeters? cw = 4186 J kg−1 K−1 . ” 2. Wie lange dauert es, um 8 Liter Wasser mit einem Tauchsieder von 10 ◦ C auf 95 ◦ C zu erw¨armen? Die Heizleistung betr¨agt 950 W, der Wirkungsgrad 92 %. 3. Der Grundumsatz des Menschen betr¨agt grob 6650 kJ pro Tag (cp = 4 kJ kg−1K−1 ). a) Wie groß ist die W¨armeleistung (W¨armestrom) eines Menschen? b) Um wieviel stiege die K¨orpertemperatur eines 70 kg schweren Menschen pro Tag an, wenn man die W¨armeabfuhr an die Umgebung vollst¨andig unterbinden w¨urde? ¨  L OSUNG D-5: 1. W¨armebilanz: Q 2 = Q 1 + Q K ⇒ m 2 cw (T2 − Tm ) = m 1 cw (Tm − T1 ) + CK (Tm − T1 ), somit     (60 − 42) K − 0,4 kg ≈ 381 J J 2 − Tm − m 0,6 kg · = 4186 C K = cw m 2 T 1 Tm − T1 K kg K (42 − 20) K T ist strenggenommen die thermodynamische Temperatur; Temperaturdifferenzen T haben aber auch bei Rechnung mit C ELSIUS-Temperaturen denselben Zahlenwert. !

2. W = η Pt = m cw T und m = V t=

⇒

103 kg m−3 · 8·10−3 m3 · 4186 J kg−1K−1 · (95 − 15) K  V cw T = ≈ 3065 s ηP 0,92 · 950 W

6650·103 J 3. a) Q˙ = Q

t = 24 · 3600 s ≈ 77 W b) Q˙ = m c p dT dt

⇒

6650·103 J d−1

T = Q˙ = ≈ 24 K m cp

t d 70 kg · 4000 J kg−1 K−1

50

D Thermodynamik und W¨armetransport

 AUFGABE D-6: Elektrisches W¨arme¨aquivalent

D.2.2/3, A.2 !

1. Was besagt die veraltete Einheit Kalorie“? ” 2. 120 g Wasser werden in einem D EWAR-Gef¨aß unter R¨uhren mit einer Heizspirale bei einer Stromst¨arke von 2,2 A und einem Spannungsabfall von 5,2 V innerhalb von 860 s von 11,2 ◦C auf 30,8 ◦C erw¨armt. Die Wiederholungsmessung mit 220 g Wasser von 10 ◦C auf 31 ◦ C dauert 1680 s. Wie groß ist das elektrische W¨arme¨aquivalent in cal/J? 3. Wie groß ist der Wasserwert des Kalorimeters? 4. Ein Gef¨aß mit 120 g Petroleum und separater Heizspirale (U2 = 2,8 V; T2 = 15,6 K) wird in Serie zum Wassergef¨aß (m 1 = 120 g; U1 = 2,6 V; T1 = 11,4 K ) geschaltet und 1340 s vom Strom 1,2 A durchflossen. Wie groß ist die spezifische W¨armekapazit¨at des Petroleums? ¨ D-6:  L OSUNG 1. 1 cal ist die W¨armemenge, um 1 g Wasser um 1 ◦ C zu erw¨armen (von 14,5 ◦C auf 15,5 ◦C). 2. Das Experiment best¨atigt den Literaturwert f¨ur 20 ◦ C: 1 cal = ˆ 4,1819 J bzw. r = 0,239 cal/J !

(1)

Q 1 = r U I t1 = (m 1 cw + CK ) T1

(2)

Q 2 = r U I t2 = (m 2 cw + CK ) T2   r U TI t11 − U TI t22 = cw (m 1 − m 2 ) ⇒

(1 = 2)

!

cw (m 2 − m 1 ) r = U I t / T = 2 2 − U I t1 / T1

1 cal g−1 K−1 ·(220−120) g 5,2·2,2·1680 Ws/20,6 K−5,2·2,2·860 Ws/19,2 K

= 0,238

3. Analog zu Aufgabe 2 so umformen, dass r durch Subtraktion herausf¨allt:  

T1 − T2 = m 2 cw T2 − m 1 cw T1 ⇒ CK U I t1 U I t2 U I t2 U I t1  C K = cw

 m1

t1 T2 t2 T1 −1

−

m2

t T1 1 T2

1− t2



 = 4,182

J gK

·

120 g 860 20,6 1680 19,2 −1

−

220 g 1− 1680 860

19,2 20,6

= 7,72

J K

4. Analog zu Aufgabe 2: (1) (2) (1 = 2)

!

Q 1 = r U1 I t = (m 1 c1 + CK ) T1

Wasser

!

Q 2 = r U2 I t = (m 2 c1 + CK ) T2 Petroleum

T

T 1 2 (m 1 c1 + CK ) U = (m 2 c2 + CK ) U ⇒ 1 2

  " # " CK

T2 U1 # m

T U c

T U 1 1 2 1 1 1 2 c2 = m 2 (m 1 c1 + CK ) T U − CK = m 2 T U 1 + 1− 2 1 2 1 m c

T U  1 1  1 2  kJ kg−1 K−1 11,4 K 2,8 V →0 · 15,6 K · 2,6 V = 3,29 kgkJK ≈ 120 g·4,182 120 g

3 Ideales Gas: Kinetische Gastheorie

51

3 Ideales Gas: Kinetische Gastheorie  AUFGABE D-7: B OLTZMANN-Verteilungsfunktion

D.2.4, D.3, K.1.1.3

1. In einer Ultrazentrifuge (20 cm Durchmesser inkl. Probenbeh¨alter, 100 Umdrehungen pro Sekunde, 300 K) wird ein Biopolymer der Molek¨ulmasse 20000 u in einer 5 cm hohen L¨osungsschicht angereichert. Auftrieb und Reibungskr¨afte werden vernachl¨assigt. a) Wie a¨ ndert sich die potentielle Energie l¨angs der horizontalen Drehachse und b) in welchem Verh¨altnis stehen die Teilchendichten am Gef¨aßboden und -rand? 2. IR-Spektroskopie. Welcher Anteil des ersten angeregten Schwingungsniveaus der C=CStreckschwingung des Ethenmolek¨uls (ν˜ = 1630 cm−1 ) ist gegen¨uber dem Grundzustand (300 K) besetzt? 3. Flammenf¨arbung. Welcher Bruchteil aller Natriumatome in 1 cm3 Dampf emittiert in der B UNSEN-Flamme (1000 K) Licht der Wellenl¨ange 589 nm? Annahme: ideales Gas. ¨ D-7:  L OSUNG 1. a) E pot =

r2

F dr =

r1

=

1 2

r2 r1

mω2r dr = 12 m(2π f )2 [r22 − r12 ]

· (20000 · 1,66·10−27 kg) · (2π · 100 s−1 )2 · [(0,2 m)2 − (0,15 m)2 ] = 1,15·10−19 J

N1 = e Epot /(kT ) = e−1,15·10−19/(1,38·10−23·300) = 8,6·10−13 b) N 2 N ˜ ) = e−6,626·10−34·299792458·1630·0,01−1/(1,38·10−23·300) = 4,0·10−4 2. N1 = e−E/(kT ) = e−hcν/(kT 0 −E/(kT ) = e−hc/(λkT ) = e−6,626·10−34·299792458/(589·10−9·1,38·10−23·1000) = 2,5·10−11 1 3. N N0 = e 1 mol Natriumdampf enth¨alt NA Atome und nimmt Vmn = 22,414  (0 ◦C) ein. 1 cm3 enth¨alt 6·1023 mol−1 N = VNA = 22414 = 2,7·1019 Atome; somit sind 672 Millionen Atome angeregt. cm3 mol−1 mn

 AUFGABE D-8: Isotopentrennung durch Gasdiffusion D.2.4 Ein Isotopengemisch str¨omt durch ein kleines Loch aus einem d¨unnwandigen Gef¨aß mit der 1 dN = 1 N v¯ aus. Teilchenstromdichte A dt 4V ¨ A Fl¨ache der Offnung, N Teilchenzahl, t Zeit, V Volumen, v¯ Str¨omungsgeschwindigkeit.

a) Wie a¨ ndert sich das Konzentrationsverh¨altnis eines Isotopengemisches aus 0,7% 235UF6 und 99,3% 238UF6 beim Ausstr¨omen? b) Nach wie vielen Ausstr¨omvorg¨angen betr¨agt das Isotopenverh¨altnis 1 : 1? c) Nach welcher Zeit ist der Druck im Gef¨aß auf 1e des urspr¨unglichen Wertes abgesunken? ¨ Das 1-Liter-Gef¨aß sei mit Stickstoff (300 K) gef¨ullt, der Radius der Offnung sei 10 nm groß. ¨  L OSUNG D-8: a) Nach der kinetischen Gastheorie ist die Str¨omungsgeschwindigkeit v¯ indirekt proportional zur Masse der Teilchens m. Die Teilchenkonzentration ist C = N/V .  N v¯ A dt ⇒ dN1 = N1 v¯1 = N1 m 2 dN = 14 V N2 v¯2 N2 m 1 dN2

D

52

D Thermodynamik und W¨armetransport

C(235 U) = 0,7% = 0,00705 99,3% C(238 U)  235  235 C( C( U) U) M(235 UF6 ) = 0,00705 · 349 = 0,00700 Außen: 238  = 238 352 C( U) C( U) M(238 UF6 ) ⎫

b) ⎪ C1 M C ⎪ 1 2 ⎪ 1. Schritt:  = C ⎪ M1 ⎪ C2 2  n ⎪ ⎪ ⎪ C M

  ⎪ 1 2 2 ⎬ log =0 C  C C2 + log M1 M2 2 = C1 2. Schritt: 1 = 1 M C2 M1 C2 C2 M1 ⎪ ⎪ log(C2 /C1 ) log(99,3/0,7) ⎪ n=2 = 2log(352/349) = 1158 ⎪   (n) ⎪ (n) log(M /M ) 2 1 ⎪ C1 ⎪ ! C M 1 2 ⎪ ⎪ n. Schritt: (n) = C1 = 1 ⎭ M1 2 C2   8·8,3144 J mol−1 K−1 ·300 K c) Stickstoff str¨omt mit v¯ = 8RT = 476 ms aus. = π·0,028 kg/mol πM Innen:

− dN dt =

1 4

N V A v¯ ⇒

N N0



− dN N =

t Av¯  N A v¯ 4V dt ⇒ − ln N0 = 4V t

und N ∼ p

0

p 4·0,001 m3 1 11 t = − v4V ¯ A ln p0 = − 476 m/s·(10·10−9 m)2 π/4 ln e = 1,07·10 s ≈ 3390 a  AUFGABE D-9: Molmassenbestimmung nach D UMAS

D.3

Ein Rundkolben mit einigen Millilitern Chloroform CHCl3 wird auf dem Wasserbad erw¨armt; die L¨osungsmitteld¨ampfe werden u¨ ber eine Glaskapillare in eine Vorratsflasche mit Chloroform ausgetrieben, bis dort keine Bl¨aschen mehr aufsteigen, also der Chloroformdampf den Atmosph¨arendruck (944 mbar) erreicht hat. Anschließend wird das Kapillarrohr zugeschmolzen und die gasgef¨ullte Apparatur gewogen (16,42 g; Leermasse 16,09 g; Temperatur 25 ◦ C). a) Welche Dichte hat Luft unter den Messbedingungen? 0L = 1,293 kg/m3 b) Das Volumen der Apparatur wurde bei 25 ◦ C durch Auswiegen mit 114,2 g Wasser (Dichte 0,997 g/cm3) bestimmt. Wie groß ist es? c) Wie groß ist die Masse des Chloroformdampfes in der Apparatur? d) Welche molare Masse hat Chloroform? ¨ D-9:  L OSUNG pT kg kg mg 94400 Pa·273,15 K a) L ( p,T ) = 0 p T0 = 1,293 m 3 · 101325 Pa·(25+273,15) K = 1,104 m3 = 1,104 cm3 0 b) Beim Wiegen ist der Auftrieb des Messgutes −gV in Luft zu ber¨ucksichtigen! (114,2−16,09) g 3 1 − m0 V = m w − L = (0,997−0,0011) g/cm3 = 98,51 cm c) Die Leermasse entspricht der mit Luft gef¨ullten Apparatur, also Masse der Luft subtrahieren! m CHCl3 = m 1 − (m 0 − L VL ) = (16,42 − 16,09) g + 0,0011

g cm3

· 98,51 cm3 = 0,438 g

m ⇒ d) Chloroformdampf unter Umgebungsbedingungen: pV = n RT und n = M RT = 0,438 g·8,3144 J mol−1K−1 ·(25+273,15) K ≈ 117 g M = mpV mol 94400 Pa·98,51 (0,01 m)3 Der Literaturwert betr¨agt 119,4 g/mol.

4 Mengenbegriffe in Fluiden und L¨osungen

53

 AUFGABE D-10: Molmassenbestimmung F¨ur Phosphan PH3 werden Dichte-Druck-Quotienten bei 0 ◦ C gemessen. p / Pa

1.0·105

0,75·105

 −3 −1 −5 1,5272·10−5 p / (kg m Pa ) 1,5307·10

0,50·105

D.3

0,25·105

1,5248·10−5 1,5205·10−5

Wie groß ist die molare Masse des Gases?

D

¨  L OSUNG D-10: m und  = m folgt p =  R T . Aus pV = n RT mit n = M V M MT  = · p = 1,328·10−12 p + 1,517·10−5 Ausgleichsgerade durch lineare Regression:        p R   x a b y

b

Mit dem Achsenabschnitt a ergibt sich f¨ur die molare Masse:  J M = lim p RT = a RT = 1,517·10−5 mkg 3 Pa · 8,3144 mol K · 273 K = 0,0346 p→0

kg mol

= 34,46

g mol

4 Mengenbegriffe in Fluiden und L¨osungen  AUFGABE D-11: Konzentrationsmaße

D.4

1. Salzs¨aure der Dichte 1,12 g/cm3 wird durch L¨osen von 35 g Chlorwasserstoffgas (HCl) in 125 m Wasser hergestellt. Berechnen Sie a) Massenkonzentration, b) Massenanteil, c) molare Konzentration, d) Molenbruch von HCl in der L¨osung. 2. Eine Mischung aus 3 Volumenteilen Stickstoff und einem Volumenteil Sauerstoff hat welche a) mittlere molare Masse, b) mittlere Dichte bei Normbedingungen? ¨ D-11:  L OSUNG 35 g g kg 1. a) β = m V = 125·10−3  = 280  = 280 m3 β 280 kg/m3 b) w =  = 1120 = 0,25 = 25 % kg/m3 β 280 g/ mol kmol c) c = M = (1,008+35,45) g/mol = 7,7  = 7,7 m3 d) Die Wasserkonzentration in verd¨unnten L¨osungen ist n¨aherungsweise konstant: n m 1000 kg/m3 mol cH2 O = HV2 O = M H2 OV ≈ (2·1,008+16,00) g/mol = 55,5  H2 O 7,7 mol/ HCl x HCl = c c+ cH2 O = (7,7+55,5) mol/ = 0,121 HCl

2. a) Die Mischung hat die Zusammensetzung 75 Vol-% N2 und 25 Vol-% O2 . M¯ = ϕN2 MN2 + ϕO2 MO2 = 0,75 · 28,0

g mol

R T , somit ¯ = pM = b) Ideales Gas: p =  M RT

+ 0,25 · 32,0

g mol

= 29

101325 Pa·0,029 kg/mol 8,3144 J mol−1 K−1 ·273 K

g mol

= 29

= 1,294

kg m3

kg kmol

54

D Thermodynamik und W¨armetransport

5 Haupts¨atze der Thermodynamik

 AUFGABE D-12: Zustandsgr¨oße

D.5 !

Handelt es sich beim Druck p(V,T ) in der Gleichung p = Zustandsgr¨oße bzw. -funktion?

n RT V

um eine thermodynamische

¨ D-12:  L OSUNG Ja, wenn d p als totales Differential geschrieben werden kann und der Satz von S CHWARZ gilt.     ∂p ∂p dT + ∂ V dV ⇒ d p(T,V ) = ∂ T V T         ∂p −n RT 1 ∂p 1 1 1 n R dV ⇒ 1 = 1 q.e.d. V ∂ T V dT = T ∂ V T dV ⇒ V V V dT = T V2 T  AUFGABE D-13: Maxwell-Beziehungen D.5.5, 8.1 ! ¨ Die Anderung der inneren Energie eines realen Gases mit der Zustandsfunktion   n2 a p + V 2 (V − nb) = n RT bei einer isothermen Zustands¨anderung soll untersucht werden. a) Wie a¨ ndert sich die innere Energie U (V,T ) mit dem Volumen?   b) Schreiben Sie ∂U ∂ V T als Funktion, die nur noch vom Druck abh¨angt.   c) Berechnen Sie ∂U ∂ V T f¨ur ein VAN - DER -WAALS-Gas. ¨ d) Wie groß ist die Anderung

U ? ¨ D-13:  L OSUNG     ∂U ∂U ∂S a) dU (V,T ) = ∂ T dT + dV = T dS − p dV ⇒ ∂U ∂V = T ∂V − p V ∂V T    

b) Mit ∂∂VS



 T

∂p = ∂T

0

 V

folgt aus a):



∂U ∂V

 T

  ∂p = T ∂V −p V

c) Die gegebene VAN - DER -WAALS-Gleichung wird nach p umgeformt, nach T differenziert und in die Gleichung aus b) eingesetzt und vereinfacht. RT − n 2 a ⇒ ∂ p = n R p = Vn− nb ∂T V − nb ⇒ V2   2   n RT − n RT + n a = n 2 a ∂U nR − p = = T 2 ∂V T V − nb V − nb V − nb V2   V  d) U =

V2 V1

$

n 2 a dV = − n 2 a V V2

%V2 V1

VAN - DER -WAALS



= n 2 a V1 − V1 1 2



5 Haupts¨atze der Thermodynamik

55

 AUFGABE D-14: Unwahrscheinlicher Vorgang D.5.2 Wie a¨ nderte sich die Entropie, wenn ein Stein (1 kg; 300 K; cv = 800 J kg−1 K−1 ) spontan abk¨uhlen und daf¨ur 10 cm in die H¨ohe springen w¨urde? ¨  L OSUNG D-14:

D

!

U = m cv T = −m g h ⇒ gh m/s2 ·0,1 m

T = − c = − 9,81 = −0,0012 K ≈ 0 (isotherm, d. h. dU =0) 800 J kg−1 K−1 v 2 rev = − mgh = − 1 kg·9,81 m/s ·0,1 m = −0,0033 J < 0,

S = Q 300 K K T T d. h. wird nach der klassischen und statistischen Thermodynamik nicht beobachtet.  AUFGABE D-15: Mischungsentropie

D.2.3, D.5.2, D.6

1. Eine heiße Metallkugel K (850 g; 120 ◦C; cp = 385 J kg−1 K−1 ) f¨allt in ein mit 435 g Wasser W von 22 ◦ C (cp = 4186 J kg−1 K−1 ) gef¨ulltes w¨armeisoliertes Kalorimeter (von vernachl¨assigbarer W¨armekapazit¨at). a) Welche Mischungstemperatur stellt sich ein? b) Wie a¨ ndert sich die Entropie des Systems? Ist der W¨armeaustausch reversibel? 2. Wie a¨ ndert sich die Entropie, wenn ein Eisw¨urfel E (130 g; −45 ◦C; c p = 2090 J kg−1 K−1 ; Schmelzenthalpie 332 kJ/kg) in 620 g siedendes Wasser W gebracht wird (100 ◦C; c p = 4186 J kg−1 K−1 ) und die Mischungstemperatur 65 ◦C betr¨agt? ¨ D-15:  L OSUNG !

1. a) W¨armebilanz: Q zu = Q ab = m K cK (TK − Tm ) = m w cw (Tm − Tw ) m w cw Tw = Tm = m KmcK TcK + K K + m w cw = 310 K ≈ 40 ◦ C

0,85

⇒

kg·385 kgJK ·(273,15+120) K+0,435 kg·4186 kgJK ·(273,15+22) 0,85 kg·385 kgJK +0,435 kg·4186 kgJK

K

b) Beim Abk¨uhlen nimmt die Entropie der Kugel ab und die Entropie des Wassers zu: 2 2 m K cK dT 310 K J m

SK = dQ = = m K cK ln T T T TK = 0,85 kg · 385 kg K · ln 393 K = −77,6 1

1

J 310 K m

Sw = m w cw ln T Tw = 0,435 kg · 4186 kg K · ln 295 K = +89,4

F¨ur das System: S = SK + Sw = +12,2

J K

J K

> 0, d. h. der Prozess ist irreversibel.

2. Es ist der Phasen¨ubergang fest → fl¨ussig zu beachten:

H T0 Tm

SE = m E cE ln + mE + m E cw ln = TE T0 T         0 fest fl¨ussig   Schmelzen 3 J/kg 273,15 K 338,15 K J J + 4186 ln = 0,13 kg · 2090 kg K ln 228,15 K + 332·10 273,15 K kg K 273,15 K = +323 K

Sw = m w cw ln TTs = 0,62 kg · 4186 kgJ K · ln 338,15 373,15 K ≈ −256 m

F¨ur das System: S = SE + Sw = +67

J K

J K

J K

> 0, d. h. der Prozess ist irreversibel.

J K

56

D Thermodynamik und W¨armetransport

¨  AUFGABE D-16: Uberstr¨ omversuch von G AY-L USSAC D.5 und 6 ¨ Ein ideales Gas (1 mol) in einem abgeschlossenen Beh¨alter 1 str¨omt nach Offnen eines Ventils in einen evakuierten Beh¨alter 2 gleichen Volumens aus. Beide Beh¨alter sind nach außen w¨armeisoliert. Wie groß ist die Entropie¨anderung? ¨ D-16:  L OSUNG Adiabatisch, d. h. dQ = 0. — Isotherm, d. h. dT = 0: Beh¨alter 1 k¨uhlt ab (J OULE -T HOMSONEffekt), doch Beh¨alter 2 erw¨armt sich in gleichem Maße. T2 V2 +n R ln = 1 mol · 8,314 molJ K ln 2 = 5,8

S = n Cv ln T1 V1     0

J K

> 0, d. h. irreversibel!

2

 AUFGABE D-17: Freie Enthalpie

D.5.2, 5.4, 5.5

Welche mechanische Energie k¨onnen 10 Liter ideales Gas von 2 bar, das bei konstanter Temperatur reversibel auf 30 Liter expandiert wird, maximal leisten? ¨  L OSUNG D-17: ¨ Anderung der H ELMHOLTZ’schen Freien Enthalpie = Nutzarbeit des Systems bei konstantem Volumen: ! dQ dF = dU − d(T S) = − p dV −T dS −S  dT = −T T = −dQ = −dW    =−

V2 V1

isotherm: 0

0

V2 V1 10 5 −3 3 p dV = −n RT dV V = p1 V1 ln V2 = 2·10 Pa · 10·10 m · ln 30 ≈ −2,2 kJ V 1

 AUFGABE D-18: Zustandssumme D.2.4 ! Die mittlere Energie eines Systems mit N-Teilchen h¨angt von der Zustandssumme Z ab. ∂ ln q Zeigen Sie, dass E¯ = − ∂β mit β = kT gilt. ¨ D-18:  L OSUNG Die mittlere Energie des Systems ist die Summe u¨ ber alle N mit der Wahrscheinlichkeit Pi des Energiezustands i gewichteten Teilchenenergien E i . Die Entartung aller Zust¨ande sei gi = 1. N (

E¯ =

N  i=1

Pi E i =

N (

Ni E i

i=1

N

=

E i e−Ei / kT

i=1

Z

und Z =

N N ∂q ∂  e−Ei /β =  (−E ) · e−Ei /β = − E¯ · Z = i ∂β ∂β i=1 i=1

1 ∂ Z = − ∂ ln q Somit ist: E¯ = − Z ∂β ∂β

N  i=1

e−Ei / kT ⇒

6 Zustands¨anderungen des idealen Gases

57

6 Zustands¨anderungen des idealen Gases  AUFGABE D-19: Druckgasflasche

D.3

1. Aus einer Druckflasche mit einem CO2 -N2 -He-Gemisch (10 Liter, 70 bar) werden CO2 Laser-Rohre von 3 Liter Volumen bei Raumtemperatur bis zu einem F¨ulldruck von 5 kPa gef¨ullt. F¨ur wieviele F¨ullungen reicht die Druckflasche? 2. Welcher Druck baut sich in der Druckgasflasche (50 bar, 22 ◦C) auf, wenn sie vor¨ubergehend in der prallen Sonne (40 ◦C) steht? ¨ D-19:  L OSUNG 1. Isotherme Zustands¨anderung (T = konst). Das ausstr¨omende Gas dehnt sich aus. 5 p2 V2 p p1 V1 ⇒ V2 = V1 p12 = 10·10−3 m3 · 70·103 Pa = 14 m3 T1 = T2 5·10 Pa Dies reicht f¨ur 14 : 0,003 = 4666 Rohrf¨ullungen.

2. Isochore Zustands¨anderung (V = konst). p1 V1 p2 V2 (273,15+40) K 2 ⇒ p2 = p1 T T1 = T2 T1 = 50 bar · (273,15+22) K ≈ 53 bar  AUFGABE D-20: Kuhlschrank ¨ D.3, D.6 Ein dicht schließender K¨uhlschrank von 140 Litern Volumen wird an einem Sommertag (27 ◦C, Luftdruck 1030 mbar) eingeschaltet, bis im Innenraum konstant 7 ◦ C herrschen. a) Wie groß ist der Druck im K¨uhlschrank? b) Welche W¨arme wird der Luft im K¨uhlschrank entzogen? Sch¨atzen Sie die Dichte bei 27 ◦ C. cv = 716 Jkg−1 K−1 ; 0 = 1,293 kg m−3

¨ c) Welche Kraft braucht man zum Offnen der 0,8 m hohen × 0,6 m breiten K¨uhlschrankt¨ur? Scharniere und Griff seien am Rand der T¨ur. d) Wie a¨ ndert sich die innere Energie der Luft? e) Welches Luftvolumen entweicht bei offener T¨ur aus dem K¨uhlraum, wenn die Temperatur wieder auf 27 ◦C steigt? ¨  L OSUNG D-20: a) Isochore Zustands¨anderung (V = konst). p1 V1 p2 V2 (273,15+7) K 2 ⇒ p2 = p1 T T1 = T2 T1 = 1030 mbar · (273,15+27) K = 961 mbar = 96,1kPa b) Q = m cv T ⇒

mit

kg −3 m3 = 0,167 kg. m =  V = 1,196 m 3 · 140·10

Q = 0,167 kg · 716

J kg K

· (27 − 7) K ≈ 2,4 kJ

Die Dichte der Luft  bei 27 ◦C folgt ebenfalls aus dem idealen Gasgesetz: !  T p p0 V0 = m RL T0 = p1 V1 = m RL T1 ⇒ p01 = 0 T0 1 1 kg p T 1030 mbar · 273,15 K = 1,196 kg m−3 ⇒ 1 = 0 p1 T0 = 1,293 3 · 0 1 m 1013,25 mbar · (273,15 + 27) K

D

58

D Thermodynamik und W¨armetransport

c) F = p · A = (1030 − 961) · 102 Pa · (0,8 · 0.6 m2 ) ≈ 3300 N Diesen Sog“ auf die T¨ur muss die Zugkraft Fz am T¨urgriff u¨ berwinden (Hebelgesetz): ” Fz · 0,6 m = F · 12 · 0,6 m ⇒ Fz = 3300 N · 0,3 m ≈ 1650 N 0,6 m d) 1. Hauptsatz: Bei der isochoren Zustands¨anderung wird keine Arbeit verrichtet ( p dV = 0).

U = −Q = −2,4 kJ (negativ, wegen Abk¨uhlung!) e) Isobare Zustands¨anderung ( p = konst). p1 V1 p2 V2 −3 3 (273,15 + 27) K −3 3 2 ⇒ V2 = V1 T T1 = T2 T1 = 140·10 m · (273,15 + 7) K ≈ 150·10 m . Somit entweichen (150 − 140 = 10) Liter.

 AUFGABE D-21: Zustands¨anderungen idealer Gase

D.6

1. Isotherme Kompression. Bis zu welchem Druck kann man 100 m3 Luft von 1,0 bar mit einer Energie von 3 kWh isotherm komprimieren? 2. Isochore Erw¨armung. Ein verschlossener Beh¨alter mit 1,0 m3 Luft (0,9 bar; 300 K; RL = 287 J kg−1 K−1 , cv = 717 J kg−1 K−1 ) wird erw¨armt, bis der Druck 3,0 bar erreicht. a) Welche Temperatur ist erforderlich? – b) Welche W¨arme muss zugef¨uhrt werden? 3. Isobare Erw¨armung. 1 m3 Luft (300 K; 0,9 bar, c p = 1066 J kg−1 K−1 ) in einem Zylinder mit reibungsfreiem Kolben wird auf 1000 K erw¨armt. a) Wie groß ist das Endvolumen? – b) Wieviel W¨arme muss zugef¨uhrt werden? c) Wie groß ist die Ausdehnungsarbeit? ¨ D-21:  L OSUNG V2 p1 V2 1. dW = − p dV und pV = n RT ⇒ W = −n RT dV V = −n RT ln V1 = p1 V1 ln p2 ⇒ V1   −3000 · 3600 J −W/( p V ) 5 1 1 p2 = p1 e = 10 Pa · exp ≈ 294 kPa = 2,94 bar 105 Pa · 100 m3 p2 V2 p p1 V1 3,0 bar = 1000 K = T f¨ur V = konst ⇒ T2 = T1 p21 = 300 K · 0,9 2. a) T bar 1 2 b) Q = m cv T und p V = m RL T ⇒ Q=

1 m3 · 717 J kg−1K−1 · (3 − 0,9) · 105 Pa V cv p = ≈ 525 kJ RL 287 J kg−1 K−1

p1 V1 p2 V2 3 1000 K 3 2 3. a) T = T f¨ur p = konst ⇒ V2 = V1 T T1 = 1 m · 300 K = 3,3 m 1 2 b) Q = m cp T und p V1 = m RL T1 ⇒ Q=

p V1 cp T 0,9·105 Pa · 1 m3 · 1066 J kg−1K−1 · (1000 − 300) K ≈ 780 kJ = RL T1 287 J kg−1 K−1 · 300 K

c) W = − p V = −0,9·105 Pa · (3,33 − 1) m3 ≈ −210 kJ (Minus: vom System geleistet)

6 Zustands¨anderungen des idealen Gases

59

 AUFGABE D-22: Wasserstoffballon D.3 und D.6 Ein Wetterballon (50 m3 ) wird am Boden mit einem Sechstel seines Volumens mit Wasserstoffgas gef¨ullt (1 bar, 7 ◦ C, Cp = 28,8 J mol−1 K−1 , κ = 1,41). Der Ballon steigt ohne W¨armeaustausch mit der Umgebung auf. a) Welche Stoffmenge und welche Masse an Wasserstoff enth¨alt der Ballon? b) Wie groß sind Gasvolumen und Temperatur bei einem Luftdruck von 200 mbar? c) Unter Sonneneinstrahlung dehnt sich die Ballonh¨ulle auf 50 m3 Volumen aus. Welche Temperatur herrscht im Ballon? Welche W¨armemenge hat das Gas aufgenommen? ¨ D-22:  L OSUNG 105 Pa·50/6 m3 p1 V1 = 8,314 J mol−1K−1 ·(273,15+7) ≈ 358 mol a) n = RT K 1 kg m = n M = 358 mol · (2 · 1,0079) · 10−3 mol ≈ 0,72 kg. Beachte: H2 kommt molekular vor! Relative Atommasse siehe Periodensystem.

b) Adiabatische Zustands¨anderung (isentrope Zustands¨anderung):  1/1.41  p 105 Pa 3· p1 V1κ = p2 V2κ ⇒ V2 = V1 κ p12 = 50 m ≈ 26 m3 6 0,2·105 Pa p V 0,2·105 Pa·26 m3 T2 = n2R2 = 358 mol·8,314 = 176 K J mol−1 K−1 c) Isobare Zustands¨anderung: p V 0,2·105 Pa·50 m3 T3 = n2R3 = 358 mol·8,314 = 336 K J mol−1 K−1 Q = n C p T = 358 mol · 28,8 molJ K · (336 − 176) K ≈ 1,65 MJ  AUFGABE D-23: Polytrope Zustands¨anderung, Freiheitsgrade D.6 und D.2.1 Ein Stickstoffvolumen (1 Liter; 1,0 bar; 22 ◦C) wird auf die H¨alfte verdichtet, so dass eine Zustands¨anderung p V 2 = konst erfolgt. a) Wie groß sind Enddruck und Endtemperatur? b) Welche Kompressionsarbeit wird zugef¨uhrt? c) Wie groß sind molare W¨armekapazit¨at, innere Energie und zugef¨uhrte W¨arme? ¨ D-23:  L OSUNG a) Der Polytropenexponent ist k = 2, somit:    2 V1 = 105 Pa · 1 2 = 4·105 Pa = 4 bar p1 V12 = p2 V22 ⇒ p2 = p1 V 0,5 2   T2 = V2 k−1 ⇒ T = (273,15 + 22) K · 21 = 590 K 2 T1 V1 $  $ % % 1−k 5 −3 3  0,5 −1 p1 V1 V 10 Pa · 10 m 2 −1 = − 1 = +100 J (zugef¨uhrt) b) W = V1 k−1 1 1 c) Starre N2 -Hantel: 3 Translations-, 2 Rotations- und keine Schwingungsfreiheitsgrade. Cv = 21 (3 + 2)R =

5 2

· 8,314 molJ K ≈ 21

J mol K

5 Pa·10−3 m3 pV

U = nCv T = RT1 Cv T = 8,31410J mol −1 K−1 ·295 K · 21 1 1. Hauptsatz: Q = U − W = (250 − 100) J = 150 J

J mol K

· (590 − 295) K ≈ 250 J

D

60

D Thermodynamik und W¨armetransport

7 Kreisprozesse 7.1 Thermische Maschinen  AUFGABE D-24: Carnot-Prozess

D.7

1. Ein W¨armekraftprozess in einer Dampfkraftanlage zwischen zwei W¨armeb¨adern mit den Temperaturen 20 ◦ C und 374 ◦C liefert welchen maximalen thermischen Wirkungsgrad? 2. Einer C ARNOT-Maschine wird die W¨armemenge 920 kJ zugef¨uhrt und bei der tieferen Temperatur 283 K die W¨arme 550 kJ entzogen. a) Wie sieht das p-V -Diagramm prinzipiell aus (W¨arme, Arbeit, Nutzarbeit, Umlaufsinn)? b) Wie groß sind die Nutzarbeit f¨ur einen Zyklus und der thermische Wirkungsgrad? c) Wie groß ist die obere Temperatur? d) Wie groß ist die Entropie¨anderung jedes Reservoirs und des Gesamtsystems? ¨ D-24:  L OSUNG 1. η = T2 T− T1 = 1 2. a) Bild

(647,15−293,15) K 647,15 K

≈ 55 %

p T2

b) W = Q zu −|Q ab | = (920−550) kJ = 370 kJ kJ η = QW = 370 920 kJ = 0,4022 = 40,2 % zu c) η = T2 T− T1 ⇒ T2 = T1 = 1−η 2 d) S = + |Q 2 | = 2 T |Q 1 |

S1 = − T =

920 kJ 473,4 K 550 kJ 283 K

283 K 1−0,4022

= +1943

= −1943

J K

J K

⎫ ⎬ ⎭

Qzu W23

W12 T1

= 473,4 K

V

S = S2 + S1 ≈ 0, d. h. reversibler Prozess

 AUFGABE D-25: Arbeitskraftmaschine, Kuhlschrank, ¨ W¨armepumpe

¨ D-25:  L OSUNG 837 kJ zu a) K¨altemaschine: εK = QWzu = |Q Q ≈ 10 = (921 − 837) kJ ab | − Q zu |Q ab | W¨armepumpe: εW = QWab = |Q | − Q zu = ab ⇒

T2 = εW T1 = εW − 1

W34

Qab W41

Eine linksl¨aufige Carnot-Maschine hat folgende Daten: T1 = 283 K, Q zu = 837 kJ, Q ab = -921 kJ; V1 = 0,25 m3 ; V4 = 0,15 m3 . a) Welche Leistungsziffern hat die Maschine? b) Wie groß ist die zweite Arbeitstemperatur des Gases?

b) ηW = T T−2 T 2 1

W

921 kJ (921−837) kJ

11·283 K 11−1

≈ 11

≈ 311 K = 28 ◦C

D.7

7 Kreisprozesse

61

 AUFGABE D-26: W¨armekraftmaschine Ein Kreisprozess arbeitet mit einem idealen zweiatomigen Gas: 1→2: adiabatische Expansion (11 bar → 1 bar), 2→3: isotherme Kompression (300 K), 3→1: isochore Druckerh¨ohung (2,4 dm3 , κ = 1,4).

D.7

D

a) Wie sieht das p-V -Diagramm prinzipiell aus (Nutzarbeit, Umlaufsinn)? b) Wie groß sind die W¨armemengen und Arbeiten? c) Wie groß ist der thermische Wirkungsgrad im Vergleich zum C ARNOT-Wirkungsgrad? ¨  L OSUNG D-26: a) Bild

p

b) 1→2: Adiabatisch: Q 12 = 0  (1−κ)/κ   1−1,4 p 1 1,4 = 595 K T1 = T2 p21 = 300 K · 11 p2 V2 5 R T W12 = n Cv T = 2     RT n

Cv

5 3 = 10 Pa · 0,0024 m · 52 · (300 − 595) K = −590 J 300 K n = 0,00963 mol; Cv = 20,79 J mol−1 K−1

p1

p3

T1

W

T2

p2 V1=V3

V2

V

b) 2→3: Isotherm:  1  1 p κ 1 1,4 = 0,433·10−3 m3 V3 = V1 = V2 p21 = 0,0024 m3 · 11 V1 = 0,0963 mol · 8,314 Q 23 = n RT ln V 2 W23 = −Q 23 = 411 J

J mol K

· 300 K · ln 0,433 = −411 J 2,4

b) 3→1: Isochor: dW31 = − p dV = 0, da dV = 0. Q 31 = n Cv T = 0,0963 mol · 20,79 J mol−1 K−1 · (595 − 300) K = 591 J |W | |W12 + W23 + W31 | | − 591 + 411 + 0| J c) η = Q = = = 0,305 = 30,5 % Q 31 591 J zu ηC = T1 T− T2 = (595 − 300) K = 0,496 = 49,6 % (theoretische Obergrenze) 595 K 1  AUFGABE D-27: Ericsson-Prozess D.7 und 2.1 Eine geschlossene Gasturbine (W¨armekraftmaschine) mit 20 g eines zweiatomigen idealen Gases (RB = 4,1 kJ kg−1 K−1 ) durchl¨auft einen Kreisprozess zwischen zwei Isobaren ( p1 = p2 = 10 bar und p3 = p4 = 1 bar) und zwei Isothermen (T2 = T3 = 500 K und T4 = T1 = 300 K). a) Wie sieht das p-V -Diagramm grunds¨atzlich aus? b) Wie groß sind die spezifischen W¨armekapazit¨aten bei konstantem Druck und Volumen? c) Wie groß sind Arbeiten, W¨armemengen und Nutzarbeit? d) Wie groß ist der thermische Wirkungsgrad im Vergleich zum Carnot-Prozess?

62

D Thermodynamik und W¨armetransport p

¨  L OSUNG D-27:

Q12 W12 a) Bild kg−1 K−1 W23 p1=p2 = 14,4 kgkJK b) cp = RB = 4,1 kJ1,4−1 κ −1 Q23 c) 1→2 isobare Expansion: Q 12 = m c p T W41 W = 0,02 kg · 14,4 kgkJK · (500 − 300) K = 57,5 kJ T2=T3 p3=p4 Q41 W12 = p V = −m RB T = Q34 W34 T1=T4 = −0,02 kg · 4,1 kgkJK · (500−300) K = −16,4 kJ V3 V V1 V2 V4 2→3 isotherme Expansion: 4 hPa p Q 23 = −W23 = m RB T2 ln p2 = 0,02 kg · 4,1 kgkJK · 500 K · ln 10 = 94,4 kJ 103 hPa 1

3→4 isobare Kompression: Q 34 = m c p (T4 − T3 ) = −57,4 kJ und 4→1 isotherme Kompression: Nutzarbeit: W =

4 

Q 41

W34 = −m RB (T4 − T3 ) = 16,4 kJ p = −W41 = m RB T1 ln p4 = −56,6 kJ 1

Wi = (−16,4 − 94,4 + 16,4 + 56,6) kJ = −37,8 kJ (wird frei!)

i=1

|W | |W | d) η = Q = Q + Q = 37,8 kJ = 0,249 = 24,9% 152 kJ zu 12 23 T − T (500−300) K 2 1 ηC = = = 0,40 = 40% (theoretische Obergrenze) 500 K T2  AUFGABE D-28: Stirling-Prozess D.7 Eine mit Wasserstoff betriebene Gask¨altemaschine l¨auft nach folgendem Arbeitskraftprozess: 1→2: Isochore Erw¨armung ( p1 = 9 bar, V1 = V2 = 0,28 dm3, T1 = T4 = 77 K, T2 = 300 K) 2→3: Isotherme Kompression 3→4: Isochore Abk¨uhlung (V3 = V4 = 0,14 dm3) 4→1: Isotherme Expansion a) Wie sieht das p-V -Diagramm aus? b) Wie groß ist die Leistungsziffer f¨ur ideale W¨arme¨ubertragung (−Q 34 = Q 12 )? c) Welche K¨alteleistung liefert die Maschine bei f = 1400 Zyklen pro Minute? d) Wie groß ist die erforderliche Antriebsleistung des Motors? ¨ D-28:  L OSUNG

p

a) Bild 77 K b) εK = T T−1 T = (300−77) K = 0,345 2 1 c) Q 41 = −W41 V4 = − p V ln V4 = = −n RT1 ln V 1 1 V1 1 5 −3 3 = −9·10 Pa·0,28·10 m ·ln 0,14 = 175 J 0,28 P = Q˙ 41 = f Q 41 = 1400 · 175 J ≈ 4,1 kW 60 s V1 = p1 V1 T ln V1 = d) Q 23 = n RT2 ln V T1 2 V3 3 PM = (|Q 23 | − Q 41 ) · f = (681 − 175) J ·

9·105

p3

T2=T3

p4 p2 p1

Q41

W41

V3=V4

Pa·0,28·10−3 77 K 1400 60 s

W23 Q23

Q34

m3 ·300

= 11,8 kW

K

ln

0,28 0,14

= 681 J

Q12 T1=T4 V1=V2

V

7 Kreisprozesse

63

 AUFGABE D-29: Verdichter: Luftverflussigung ¨ D.7 Eine L INDE-Maschine (Kompressor) nutzt folgenden Kreisprozess: 1→2: Adiabate Kompression (T1 = 20 ◦ C, T2 = 150 ◦C, p1 = 1 bar, V1 = 3,5 dm3, Luft: κ = 1,4; Cv = 20,8 J mol−1 K−1 , Cp = 29,1 J mol−1 K−1 ) 2→3: Isobare Verdichtung (T3 = T1 , V3 ) 3→1: Isotherme Expansion a) Wie sieht das p-V -Diagramm aus? b) Wie groß sind Stoffmenge, Dr¨ucke und Volumina? c) Wie groß sind Arbeiten, W¨armemengen und Gesamtarbeit? d) Welche Antriebsleistung muss der Motor bei 750 min−1 und 80%igem Wirkungsgrad haben?

¨ D-29:  L OSUNG

p Q23 W23

a) Bild p1 V1 b) n = RT = 1

105 Pa·3,5·10−3 m3 8,314 J mol−1 K−1 ·293,15 K

= 0,144 mol

p2=p3

1→2: Adiabatische Zustands¨anderung: p1   κ  1,4  1−κ T 293,15 K 1−1,4 1 = 1 bar · 423,15 K = 3,61 bar p2 = p1 T 2  1 1  1,4 p κ 1 bar = 3,5 dm3 · 3,61 = 1,40 dm3 V2 = V1 p12 bar 3→1: Isotherme Zustands¨anderung p p1 V1 = p3 V3 ⇒ V3 = V1 p1 = 3,5 dm3 · 3

c) adiabat:

isobar:

1 bar 3,61 bar

Q31 W31

V3

W12

T2 T1=T2

V2

V1

= 0,970 dm3

W12 = n Cv (T2 − T1 ) = 0,144 mol · 20,8 molJ K · (423,15 − 293,15) K = 389 J Q 12 = 0 W23 = p2 (V2 − V3 ) = 3,61·105 Pa · (1,4 − 0,97) · 10−3 m3 = 155 J Q 23 = n Cp (T3 − T2 ) = 0,144 mol · 29,1 molJ K · (293,15 − 423,15) K = −545 J

V3 = 0,144 mol · 8,314 J · 293,15 K · ln 0,97 dm3 = −450 J isotherm: W31 = n RT1 ln V mol K 3,5 dm3 1 Q 31 = −W31 = 450 J Arbeit:

V

W = W12 + W23 + W31 = 94 J

Wf d) Nennleistung: P = η = mec

94 J·(750/60) s−1 0,8

= 1,47 kW

D

64

D Thermodynamik und W¨armetransport

7.2 Chemische Thermodynamik

 AUFGABE D-30: Born-Haber-Kreisprozess D.11 ! Wie groß ist die Gitterenergie von Kaliumchlorid als Enthalpie¨anderung des gedachten Phasen¨ubergangs: KCl(s) → K⊕ (g) + Cl (g). Standard-Bildungsenthalpie von KCl: Standard-Sublimationsenergie von Kalium: Ionisierungsenergie von Kalium: Elektronenaffinit¨at von Chlor: Standard-Dissoziationsenergie von Chlor:

–435 kJ/mol +88 kJ/mol +410 kJ/mol –368 kJ/mol +226 kJ/mol

¨  L OSUNG D-30:

Im Kreisprozess ist die Summe der Energien null. In Pfeilrichtung wird positiv gez¨ahlt.

HG − E I − E A − E D − HS +| Hf| = 0 2 ⇒ HG = 678 kJ/mol

 AUFGABE D-31: Hess’scher Satz: Bildungsenthalpie Wie groß ist die Standard-Bildungsenthalpie von Toluol nach der fiktiven Reaktion: C (Grafit) + H2 (g) → C7 H8 (fl)? (g) = gasf¨ormig, (fl) = fl¨ussig

D.14.1

Hf0 / (kJ mol−1 )

1. 2. 3. 4. 5. 6.

C (Grafit) C (Grafit) + O2 (g) C7 H8 (fl) + 9 O2 (g) C7 H8 (fl) H2 (g) H2 (g) + 21 O2 (g)

→ C(g) → CO2 (g) → 7 CO2 (g) + 4 H2 O(fl) → C7 H8 (g) → 2 H(g) → H2 O(fl)

+715,0 –393,5 –3910 +38,1 +436,0 –285,8

¨  L OSUNG D-31: Nach dem H ESS’schen Satz (2. thermochemisches Gesetz) darf man die Reaktionsenthalpien der einzelnen Teilreaktionen addieren. Der Reaktionsweg spielt thermodynamisch keine Rolle. St¨ochiometriefaktoren und Aggregatzust¨ande beachten! → 7 CO2 7 C (Grafit) + 7 O2 4 H2 + 2 O2 → 4 H2 O(fl) 7 CO2 + 4 H2 O(fl) → C7 H8 + 9 O2 7 C (Grafit) + 4 H2 (g)

→ C7 H8 (fl)

7 · (−393,5) kJ/mol +4 · (−285,8) kJ/mol +1 · (+3910) kJ/mol

Hf0 = 12,3

kJ/mol

7 Kreisprozesse

65

 AUFGABE D-32: Entropie¨anderung bei der Kristallisation D.5.2 Die irreversible, spontane Eisbildung in unterk¨uhltem Wasser soll im T (S)-Diagramm als Summe reversibler Einzelschritte berechnet werden: H2 (fl, –10 ◦C) → H2 O(fl, 0 ◦ C) → H2 O (f, 0 ◦ C) → H2 O(f, –10 ◦C)

Schmelzw¨arme v. Eis: +6,012 kJ/mol; W¨armekapazit¨at von Wasser: cp = 75,36 J mol−1 K−1 , Eis: 37,68 J mol−1 K−1 Aggregtazust¨ande: (f) = fest, (fl) = fl¨ussig, (g) = gasf¨ormig.

¨  L OSUNG D-32: 1 → 2 : Erw¨armung:

S =

273 K 263 K

T 3

273

cp,W T2 T dT = cp,W ln T1

Kristallisation

2

J = 75,36 molJ K ln 273 263 = +2,81 mol K

2 → 3 : isotherme Erstarrung (Phasenumwandlung): 6,012 kJ/mol = −22,02 molJ K

S = − H T = − 273 K

263

1 H2O(fl)

H2O(f)

S

3 → 4 : Abk¨uhlung:

S =

263 K 276 K

cp,E T1 J 263 J T dT = cp,E ln T2 = 37,68 mol K ln 273 = −1,406 mol K

1 → 4 : Gesamtvorgang: S =



Si = −20,6 molJ K

 AUFGABE D-33: Gibbs’sche Freie Enthalpie

D.5.4

Hf

Sf kJ/mol J mol−1 K−1

Erfinder Schlau will Aluminiumoxid mit Kohlenmonoxid in einem Hochtemperaturreaktor zu Aluminium und Kohlendioxid umwandeln. Das gebildete Aluminiumpulver soll zu Boden sinken und CO2 mit den Flammenabgasen entweichen. Geht das? Welche Temperatur ist erforderlich?

Al 0 Al2 O3 -1582 CO -111 CO2 -394

28,3 50,9 198 214

¨  L OSUNG D-33: 3 CO + Al2 O3 → 2 Al + 3 CO2 

H = Hf,i = [2 · 0 + 3 · (−394)]  

S =



kJ mol



− [3 · (−111) + 1 · (−1582)]  

Produkte

kJ mol



= 733

kJ mol

Edukte

Sf,i = [2 · 28,3 + 3 · 214]   Produkte

kJ mol



− [3 · 198 + 1 · 50,9]  

kJ mol



= 53,7

J mol

Edukte

Im chemischen Gleichgewicht: G = 0 = H − T S ⇒ T = H

S ≈ 14000 K Die unrealistisch hohe Reaktionstemperatur ist nicht praktikabel. Aluminium w¨urde außerdem verdampfen und ionisiert. !

D

66

D Thermodynamik und W¨armetransport

8 Reale Gase  AUFGABE D-34: Kritische Gr¨oßen

D.8

Ein reales Gas gen¨uge der Zustandsgleichung von D IETERICI: p(Vm

− b)ea/(RT Vm )

= RT .

1. Woran erkennt man den kritischen Punkt im Schaubild der D IETERICI- und VAN - DER WAALS-Isothermen? 2. Berechnen Sie mit den Konstanten a = 0,7062 m6 Pa mol−2 und b = 69,4·10−6 m3 mol−1 die kritischen Gr¨oßen pk,Vk ,Tk f¨ur Ethan.  T IPP D-34: Zur symbolischen Berechnung mathematischer Ausdr¨ucke und zur numerischen Auswertung von Formeln bieten sich Arithmetikprogramme wie M APLE, M ATHEMATICA und M ATHCAD an. ¨  L OSUNG D-34: 1. Im p(Vm )-Diagramm ist der kritische Punkt der Sattelpunkt der einzigen Isotherme mit horizontaler Wendetangente, bevor bei niedrigeren Dr¨ucken das Zweiphasengebiet beginnt. 2. An einem Maximum ist die 1. Ableitung null; am Sattelpunkt ebenso die 2. Ableitung null. Beachten Sie beim Ableiten die Kettenregel und das Nachdifferenzieren. p = V RT e−a/(RT Vm ) m−b      ∂p ! −1 + −RT e−a/(RT Vm ) −a/(RT Vm ) −a (1) ∂ V = 0 = V RT e 2 −b RT m (Vm − b)2 $ m % Vm a RT − = e−a/(RT Vm ) Vm2 (Vm − b) (Vm − b)2 ⇒

RT Vm2 a

(Vm − b) =

$ % 2 ∂2 p ! a 2a 2a 2RT − (2) ∂ V = 0 = − + e−a/(RT Vm ) m (Vm − b)Vm4 RT (Vm − b)2 Vm2 (Vm − b)Vm3 (Vm − b)3 ⇒ ⇒

a2

Vm4 RT

+

2a 2RT + 2a = Vm (Vm − b) V 3 (Vm − b)2 m

a = 2RT Vm

mit (1):

Kritische Gr¨oßen f¨ur Ethan: Vk = 2b = 0,01388 Tk =

m3 mol

= 13,88

 mol

a = a = 306 K 2RVk 4Rb

pk = V RT e−a/(RT Vk ) = a2 2 = 4,96 MPa k−b 4b e

b = Vm 2

und mit (1):

8 Reale Gase

67

 AUFGABE D-35: Fugazit¨atskoeffizient: G IBBS -H ELMHOLTZ-Gleichung

D.5.4, 8.2 !

Leiten Sie aus der molaren Freien Enthalpie G( p,T ) die Abweichung eines realen Gases vom  ∂ ln ϕ  idealen Verhalten im gleichen Zustand ( p,V,T ) her: Hideal − Hreal = −RT 2 ∂ T p . ¨  L OSUNG D-35: ⎫ p G ideal ( p,T ) = G 0 + RT ln 0 ⎪ ⎬ p G real − G ideal = R (ln f − ln p) und f = ϕp f T G real ( p,T ) = G 0 + RT ln 0 ⎪ ⎭ T p Durch Differenzieren nach T f¨ur p = konst und Nutzung der G IBBS -H ELMHOLTZ-Gleichung:         ∂(G real /T ) ∂(G ideal/T ) ∂ ln ϕ Hreal + Hideal = −R ∂ ln ϕ − = R ⇒ − 2 2 ∂T ∂T ∂T p ∂T p p p T T  AUFGABE D-36: Virialgleichung: realer Gasdruck B m Die Gleichung pV RT = 1 − RT p + idealen Verhalten abweichen.

(C−B 2 ) (RT )2

D.8.1, 8.2 !

p2 beschreibt reale Gase, die nicht zu sehr vom

a) Wie lautet die Fugazit¨at f und der Fugazit¨atskoeffizient ϕ als Funktion des Drucks? b) Wie groß ist die Fugazit¨at von Argon bei 20 bar und 273 K? B = -21,13 cm3 /mol; C = 1054 cm6 /mol

¨  L OSUNG D-36: a) Der Realgasfaktor Z ber¨ucksichtigt die Abweichung vom idealen Gasgesetz: pVm = Z RT . f = ϕp = p e f = pe





[(Z −1)/ p] d p

1+B  p+C  p2 −1 p

b) f = 20 · 105 Pa · e

dp

und Z = 1 − B  p + C  p2 (vgl. Angabe)

= p eB

 p+ 1 C  p 2 2

= p e

Bp RT

2 + C−B 2 2(RT )



⇒

p2

ϕ



−21,13·(0,01 m)3 mol−1 ·20·105 Pa 1054·(0,01 m)6 mol−1 −(21,13·10−6 )2 + ·(20·105Pa)2 8,3144 J mol−1 K−1 ·273 K 2·(8,3144 J mol−1 K−1 ·273 K)2

5  = 19,6·10 Pa



ϕ=0,98179

 AUFGABE D-37: Gibbs’sche Phasenregel

D.8.1 !

Wie viele unabh¨angige Zustandsgr¨oßen gen¨ugen zur Beschreibung der Systeme: a) Wasser mit ges¨attigtem Dampf? b) Kochsalzl¨osung mit ges¨attigtem Dampf? c) Kalk-Branntkalk-Gleichgewicht: CaCO3  CaO + CO2 ? ¨ D-37:  L OSUNG Zahl der Phasen p

Unabh¨angige Komponenten k=N−R

Freiheitsgrade f =k+2− p

a) b) c)

1 (H2 O) 2 (H2 O, NaCl) 2 (drei Stoffe, eine Reaktion)

1+2–2=1 2+2–2=2 2+2–3=1

2 (Wasser, Dampf) 2 (L¨osung, Gasraum) 3 (Feststoffe, Gasraum)

N Zahl der Stoffe, R Zahl der unabh¨angigen Reaktionen.

D

68

D Thermodynamik und W¨armetransport

9 Luftfeuchtigkeit  AUFGABE D-38: Luftfeuchtigkeit

D.9, 10.2

Wie groß ist die Luftfeuchtigkeit in einer Sauna bei dampfpartialdruck von 5332 Pa?

90 ◦C

und einem gemessenen Wasser-

Wasser bei 100 ◦ C: Dampfdruck p1 = 1,01325 bar; molare Verdampfungsw¨arme: Hv = 40,65 kJ/mol.

¨  L OSUNG D-38: Vergleich des S¨attigungsdampfdrucks p bei 90 ◦C nach der C LAUSIUS -C LAPEYRON-Gleichung — mit der N¨aherung f¨ur ideale Gase und kleine Dr¨ucke (Vfl  Vg ) — mit dem tats¨achlich gemessenen Wasserdampfpartialdruck: p T dp

Hv ⇒ 2 d p = Hv 2 dT ⇒

Hv ≈ p = 2 p R dT (Vg − Vfl )T RT 2 p1 T1 T "  # −1 −1 −40,65 kJ/mol 1 1 p2 = p1 e−( Hv /R)(T2 −T1 ) = 101325 Pa·exp 8,3144 − = 70615 Pa −1 −1 363 K 373 K J mol K pw 5332 Pa Relative Luftfeuchtigkeit: ϕ = p2 = 70615 Pa = 7,55 %

10 Flussigkeiten ¨ und L¨osungen  AUFGABE D-39: Ideale Mischung: G IBBS -D UHEM-Gleichung D.10.4 und 6 ! ¨ Wie groß ist die Anderung der molaren G IBBS’schen Freien Enthalpie und der molaren Entropie bei 298 K in einer idealen Mischung aus 0,4 mol Benzol und 0,6 mol Toluol? Sch¨atzen Sie die Enthalpie¨anderung. ¨  L OSUNG D-39: kJ

G = RT (x 1 ln x 1 + x 2 ln x 2 ) = 8,3144 molJ K · 298 K · (0,4 ln 0,4 + 0,6 ln 0,6) = −1,7 mol

G = 1,7·103 J/mol = −5,6 J In einer idealen L¨osung ist H = 0, somit: S = H − 298 K mol K T G, H und S bezeichnen hier molare Gr¨oßen und R die molare Gaskonstante.  AUFGABE D-40: Aktivit¨at und Ionenst¨arke einer Elektrolytl¨osung D.10.5 ! Wie groß ist die mittlere Aktivit¨at a± = γ± c± einer 0,001-molaren Magnesiumchloridl¨osung ¨ nach der D EBYE -H UCKEL -Theorie? (Formel siehe Tipp)  T IPP D-40: Ionenst¨arke Mittlere Ionenkonzentration:

I =

1 2

N 

z i2 ci  m n · c = c± = m+n c⊕ i=1

√ (ma)m · (na)n

m+n

f¨ur m-n-Elektrolyte Am Bn der Konzentration c  Mittlerer Aktivit¨atskoeffizient: lg γ± = −0,5091 · |z ⊕ z  | molI−1 (25 ◦ C; I ≤ 0,02 mol  )

10 Fl¨ussigkeiten und L¨osungen

69

¨  L OSUNG D-40: Magnesiumchlorid dissoziiert in w¨assriger L¨osung in drei Ionen: MgCl2  Mg2⊕ + 2 Cl . Das Magnesium hat die Ionenladung z ⊕ = +2, das Chloridion z  = −1.  1 2   2  1 2 mol 2c 2 2 c⊕ + z  I = 21 z ⊕  = 2 z ⊕ c + z  (2c) = 2 2 · 0,001 + 2 · 1 · 0,001 = 0,003   √ 2 = 3 0,001 + 2 · 0,001 = 0,00158 mol c± = 3 c⊕ c  γ± =

√ 10−0,5091·|2·1|· 0,001

a± = γ± c± = 0,00156

= 0,985

mol 

 AUFGABE D-41: Dissoziationsgrad von Essigs¨aure in Kochsalzl¨osung D.14.4, G.7.3.1 ! Die Dissoziationskonstante der Essigs¨aure betr¨agt K a = 1,754·10−5. Wie stark ist 0,01-molare Essigs¨aure in Gegenwart von 0,01 mol/ Natriumchlorid dissoziiert?  T IPP D-41: 2 O STWALD’sches Verd¨unnungsgesetz: K c = 1α−cα ≈ α 2 c

¨ D-41:  L OSUNG Essigs¨aure dissoziiert gem¨aß CH3 COOH + H2 O  H3 O⊕ + CH3 COO in Hydronium- und Acetationen oder vereinfacht: HAc  H⊕ + Ac . Es sind Natrium- und Chloridionen zugegen. Ka = Kγ · Kc = Mit I = α = γ1 ±

 1 2



γH⊕ γAc α 2 c 2 ⊕γ  α c γHAc · 1 − α ≈ γ  H Ac  

γ±2

cH⊕ + cAc + cNa⊕ + cCl = 0,01     ≈0

≈0

K a = 0,047 c

0,01 mol 

mol 

und γ± = 10−0,5091

√

I

= 0,8894 folgt

0,01

= 4,7%

Anmerkung: Ohne N¨aherungen erh¨alt man α = 4,6%.

 AUFGABE D-42: L¨oslichkeitsprodukt von Flussspat G.7.3.2 ! Die spezifische Leitf¨ahigkeit einer ges¨attigten CaF2 -L¨osung betr¨agt 3,86·10−5 S/cm und von Wasser 0,15·10−5 S/cm (18 ◦C). Die Grenzleitf¨ahigkeit von Ca2⊕ ist 0,012 S m2 /mol und von F 0,0055 S m2 /mol. Wie groß sind L¨oslichkeitsprodukt und L¨oslichkeit von Calciumfluorid? ¨ D-42:  L OSUNG S S = 3,71·10−3 m κ = κL¨osung − κH2 O = 3,71·10−5 cm ! m2 κ = # = zc λCa2⊕ + 2λF = 0,023 Smol κ = 3,71·10−3 S/m = 0,161 mol = 1,61·10−4 mol ⇒ c± = #  0,023 S m2 mol−1 m3   3 = 1,7·10−11 mol 3 K L,CaF2 = cCa2⊕ cF2 = c± · (2c± )2 = 4c± 

D

70

D Thermodynamik und W¨armetransport

11 Phasenuberg¨ ¨ ange

 AUFGABE D-43: Gefrierpunkterniedrigung, Dissoziationsgrad D.11, D.14.4, D.4, G.7.3 ! 1. In einem K¨altebad aus Eis, Wasser und Steinsalz (90–95 % NaCl) wird u¨ ber die Widerstands¨anderung eines Thermistors die Abk¨uhlkurve von 20 Gramm reinem Wasser ohne und mit Zusatz von 0,5 g Kaliumnitrat gemessen. a) Erkl¨aren Sie die Messkurven. b) Wie groß ist die kryoskopische Konstante von Wasser (Schmelzw¨arme 335 kJ/kg)? c) Wie groß ist die gel¨oste Stoffmenge, wenn die Gefrierpunkterniedrigung 0,8 K betr¨agt? d) Welchen Dissoziationsgrad hat KNO3 in Wasser? 1,2 1,1 1,0 0,9 0,8

W

0,7

as r

0,5

l Ka

0,4

iu

T / °C

se

0,6

m ni

0,3

t tra

0,2 0,1

T1

0,0 -0,1

T2

-0,2 0

20

40

60

80

100

120

140

160

180

t/s

¨  L OSUNG D-43: 1. a) Am Schmelzpunkt bzw. Gefrierpunkt ist die Temperatur zeitlich konstant. Die L¨osung hat einen niedrigeren Dampfdruck und Gefrierpunkt als das reine L¨osungsmittel (T2 < T1 ). Im Bereich um 140 s (Pfeil) liegt eine unterk¨uhlte Fl¨ussigkeit vor. RT 2 = b) K = H s

8,3144 J mol−1 K−1 ·(273,15 K)2 335 J/g

K = 1,852 kg mol

c) F¨ur Nichtelektrolyte (was Kaliumnitrat nicht ist) w¨urde gelten: m = K b ⇒ b = T =

T = MKm K w

0,8 K 1,852 kg K/mol

= 0,432

mol kg

d) Kaliumnitrat dissoziiert in w¨assriger L¨osung in z = 2 Teilchen: KNO3  K⊕ + NO 3. Die molare Masse der gel¨osten Substanz: M(KNO3 ) = 101,11 g/mol.

T = K b[1 + (1 − z)α] und b = Mmm ⇒ w    

T · Mm w − 1 =

T − 1 = 1 1 α= z− Km 1 Kb z−1

0,8 K·101,11 g/mol·20 g 1852 g K mol−1·0,5 g

− 1 ≈ 75 %

11 Phasen¨uberg¨ange

71

 AUFGABE D-44: Schmelzpunkterniedrigung durch Druck Um wie viele Kelvin sinkt die Schmelztemperatur von Eis unter dem von einem Schlittschuhl¨aufer ausge¨ubten Druck?

D.10.2

Schmelzw¨arme von Eis: Hf = 335 kJ/kg; spezifisches Volumen: v =1 cm3 /g (Wasser), 1,1 cm3 /g (Eis); Masse der Person: m = 75 kg; Schlittschuhfl¨ache: A = 0,2 cm2 .

D ¨  L OSUNG D-44: Anwendung der C LAUSIUS -C LAPEYRON-Gleichung f¨ur das Gleichgewicht Eis  Wasser: dp

Hf = dT (Vfl¨ussig − Vfest )T

T =

mg mit p = F A = A =

(Vfl¨ussig − Vfest )T

p =

Hf

75 kg·9,81 m/s2 0,2·(0,01 m)2

(1−1,1)(0,01 m)3 /(0,001 kg)·273 K 335 kJ/kg

≈ 36,8 MPa ⇒

· 36,8·106 mN2 = −3,0 K

 AUFGABE D-45: Siedetemperatur von Wasser in großer H¨ohe

D.10.2 !

a) Leiten Sie einen Zusammenhang zwischen dem Siedepunkt von Wasser und der H¨ohe u¨ ber dem Meeresspiegel her. b) Bei welcher Temperatur siedet Wasser in 3000 m H¨ohe bei 5 ◦ C Außentemperatur? Molare Verdampfungsenthalpie von Wasser: 40,6 kJ/mol.

¨  L OSUNG D-45: a) Durch Verbindung der barometrischen H¨ohenformel und der C LAUSIUS -C LAPEYRONGleichung folgt: (1) (2)

p(h) = p0 e−ML gh/(RTh ) p(Th ) = ps e

v − H R



1 1 Ts (h) − Ts (0)

mit ML = 0,029 kg/mol 

mit ps = p0 = 101325 Pa ; Ts (0) = 373 K

" #−1 Mgh Ts (h) = T H + 1 Ts (0) h v b) Ts (3000 m) =

"

0,029 kg/mol·9,81 m s−2 ·3000 m (273+5) K·40,6·103 J mol−1

+

1 373 K

#−1

= 362 K ≈ 89 ◦ C

Anmerkung: In 3000 m H¨ohe betr¨agt der Luftdruck etwa 0,7 bar.

72

D Thermodynamik und W¨armetransport

12 W¨armetransport – Temperaturstrahlung  AUFGABE D-46: W¨armeleitung durch eine ebene Wand

D.12.3 (12 m2 ,

Welche W¨armemenge dringt in einer Stunde durch eine 30 cm dicke Ziegelsteinwand λ = 0,8 W K−1 m−1 ), wenn die Temperatur auf der Innenseite 22 ◦ C und auf der Außenseite –2 ◦C betr¨agt? a) Durch reine W¨armeleitung in der Wand? b) Durch W¨armeleitung, wenn eine zus¨atzliche Wandisolierung aus 2 cm dickem Styropor aufgebracht wird (λ = 0,035 W K−1 m−1 )? W¨arme¨ubergang nicht ber¨ucksichtigen! ¨  L OSUNG D-46: a) Q = λ Al T t = b) Q˙ = Q˙ 1 + Q˙ 2 =

0,8 W K−1 m−1 ·12 m2 ·24 K 0,3 m

A T = d1 d2 + λ1 λ2

· 3600 s = 2,76·106 J

12 m3 ·24 K

0,3 m 0,02 m + 0,8 W K−1 m−1 0,035 W K−1 m−1

= 304,3 W

Q = Q˙ t = 304,3 W · 3600 s = 1,1·106 J Hinweis: In der Praxis wird mit Hilfe der W¨arme¨ubergangskoeffizienten der W¨armedurchgang Q˙ = k A T berechnet; siehe n¨achste Aufgabe.  AUFGABE D-47: Warmwasserspeicher D.13.3 2 ◦ Ein Warmwasserspeicher (Oberfl¨ache 1,2 m ) mit Wasser von 95 C steht in einer Umgebung von 15 ◦ C. Die Wand besteht aus 3 mm Stahlblech, 50 mm Glaswolle und 1 mm Stahlblech. a) Wie sieht der Temperaturverlauf durch die Wand schematisch aus? b) Wie groß ist der W¨armedurchgangskoeffizient? c) Welche Heizleistung wird im Speicher ben¨otigt, damit die Temperatur konstant bleibt? d) Wie groß ist die Temperatur an der Außenwand des Speichers? Stoffdaten: λ1 = 58 W K−1 m−1 (Stahl), λ2 = 0,048 W K−1 m−1 (Glaswolle), α1W = 6000 W K−1 m−2 (Wasser-Stahl), α12 = 150 W K−1 m−2 (Glaswolle-Stahl), α1L = 30 W K−1 m−2 (Stahl-Luft).

¨  L OSUNG D-47:

=

0,92 mW 2K

d1

2 c) P = Q˙ = k A T = 0,92 mW 2 K · 1,2 m · 80 K ≈ 88 W

Q˙

88 W d) Q˙ = α1L A T ⇒ T = α A = 30 W K−1 = 2,4 K m−2 ·1,2 m2 1L Wandtemperatur: (15+2,4) ◦C = 17,4 ◦C

d2

Luft

Eisen

Eisen Glaswolle

Ti Wasser

a) Bild T #−1 " d l d 1 1 1 1 1 2 2 b) k = α1W + λ + α12 + λ + α12 + λ + α1L 1 2 3 " #−1 0,05 0,001 W 1 1 1 1 = 6000 + 0,003 + + + + 58 150 0,048 150 58 + 30 m2 K

Ta

d3

d

12 W¨armetransport – Temperaturstrahlung

73

 AUFGABE D-48: W¨armeubergang ¨ und Reaktionsenthalpie D.12.2 ! ¨ suspendierten Katalysator statt. Die Hydrierung eines Speise¨ols findet an einem im Ol a) Wie lautet die W¨armebilanz f¨ur ein Katalysatorkorn? ¨ (“K¨orner pro Volumen Ol“) ¨ b) Wie groß ist die Teilchendichte des Katalysators im Ol? c) Welche maximale Temperatur stellt sich am Katalysatorkorn ein? Was folgern Sie? ¨ Katalysator: dk = 50 μm, k = 1750 kg/m3 (Sch¨uttdichte), wk = 0,2 % (Massenanteil im Ol) Reaktion: r = 1,3 mol m−3 s−1 ; Hr = -104 kJ/mol ¨ M = 880 g/mol;  = 900 kg/m3 ; λ = 0,84 kJ m−1 h−1 K−1 Ol:

 T IPP D-48: 1. Reaktionsw¨armestrom Q˙ = Reaktionsenthalpie Hr · Reaktionsgeschwindigkeit r 2. Kenngr¨oßengleichung f¨ur den W¨arme¨ubergang an einer umstr¨omten Kugel. 1/2 1/3 k Nu = αd λ = 2 + 0,6 Re Pr ¨  L OSUNG D-48: ! rr = α A T a) Q˙ = − H N N = 1 m k = 1 6m k = 6wk  = b) V V k Vk V πd 3 k πdk3 k k

c) W¨armestrom je Korn:

Q˙ =

6·0,2·10−2·900 kg/m3 π·(50·10−6 m)3 ·1750 kg/m3

104·103 J/mol·1,3 mol m−3 s−1 1,57·1010 m−3

= 1,57·1010 m−3

= 8,6·10−6 W

F¨ur Mikrometer große K¨orner ist Re ≈ 0 ⇒ Nu ≈ 2 3/3600) J m−1 s−1 K−1 = 9333 KWm2 W¨arme¨ubergangskoeffizient: α = Nu dλ = 2·(0,84·10 50·10 −6 m k ˙ ˙ 8,6·10−6 W Erhitzung des Korns:

T = αQA = Q 2 = 9333 W K−1 ≈ 0,4 K m−2 ·π·(50·10−6) m2 απdk Die Reaktion l¨auft quasi isotherm. N USSELT-Zahl:

 AUFGABE D-49: W¨armetauscher D.12.4 ¨ In einem Gegenstrom-W¨armetauscher werden 3 Tonnen pro Stunde eines Oles von 373 K auf 298 K abgek¨uhlt; das gleichartige K¨uhl¨ol erw¨armt sich von 283 K auf 313 K. a) Welche Austauschfl¨ache hat der W¨armetauscher? b) Welche Austauschfl¨ache ben¨otigt ein Gleichstrom-W¨armetauscher? k¯ = 1180 kJ m−2 h−1 K−1 , c¯p = 1,6 kJ kg−1 K−1

¨  L OSUNG D-49: ¨ auf die a) Im station¨aren Zustand sind die W¨armestr¨ome gleich: W¨arme¨ubergang vom heißen Ol K¨uhlwand = W¨armeleitung durch die Wand = W¨arme¨ubergang auf das K¨uhlmittel. Q˙ = m˙ cp T = 3000 kg · 1,6 · 103 J · (373 − 298) K = 100 kW

T =

A=

3600 s  (T2 − T1 ) − (T2 − T2 − T1 ln  T2 − T1

Q˙ = k · T

kg K

T1 )

=

(373−313)−(298−273) ln 373−313 298−273

100 kW (1180/3600) kW m−2 K−1 ·40 K

= 7,6 m2

K = 40 K

D

74

D Thermodynamik und W¨armetransport

¨ kann im Gleichstrom nicht auf T  = 298 K gek¨uhlt werden, weil das K¨uhl¨ol am Ausb) Das Ol 2 gang w¨armer als das K¨uhlgut ist (T2 > T1 ). F¨ur gleiche Temperatur am Ausgang (T1 = T2 ) w¨are bereits eine unendlich große Austauscherfl¨ache n¨otig.  AUFGABE D-50: Rekuperator: W¨armeubergang ¨ mit Phasen¨anderung

D.12.3 !

In einem Rohrb¨undelkondensator (Rekuperator) aus 72 horizontalen Kupferrohren kondensieren 10 Tonnen pro Stunde K¨uhlmittel R12 bei 32 ◦ C. In den Rohren str¨omt K¨uhlwasser mit 1,2 m/s, das sich von 15 ◦C auf 18 ◦ C erw¨armt. a) Wie groß ist die mittlere W¨armedurchgangszahl? b) Welche Rohrl¨ange ist notwendig? Kupferrohre: λCu = 385 W K−1 m−1 , di = 23 mm; Wandst¨arke s = 1,2 mm; Ta = 23 ◦ C

Frigen: F = CCl2 F2 , λF = 0,087 W K−1 m−1 , F = 1300 kg/m3 ; ηF = 0,00025 Pa s; Hk = 137,5 kJ/kg Wasser: λw = 0,6 W K−1 m−1 , w = 1000 kg/m3 ; ηw = 0,00113 Pa s; cp = 4180 J kg−1 K−1

 T IPP D-50: 1. Laminare Filmkondensation eines Fluids am waagrechten K¨uhlrohr (Außendurchmesser da ):

2 3 4 Hk ·  λ g α¯ a = 0,72 ( Hk Kondensationsw¨arme) da η T 2. W¨arme¨ubertragung von der Rohrinnenseite (i) auf das turbulent str¨omende K¨uhlmedium (W):  1/7 i di = 0,023 · Re0,8 Pr1/3 ηw Nu = αλ mit C = 1,39 · 10−6 e1941/T C ¨  L OSUNG D-50: a) Die Rohrwand ist d¨unn gegen den Rohrdurchmesser, so dass eine ebene Wand angenommen werden darf (N = Zahl der Rohre). Q˙ = k¯ A T = k¯ (Nπdl) T mit 1¯ = α1 + λsCu + α1 a i Cu k F¨ur K¨uhlmittel an der Rohraußenseite:

J/kg·(1300 kg/m3 )2 (0,087 W K−1 m−1 )3 ·9,81 m/s2 αa = 0,72 4 137500 (23+2·1,2)·10 = 1630 mW −3 m·0,00025 Pa s·(32−23) K 2K F¨ur Wasser im K¨uhlrohr: ) * 0.8  1/3 1/7  1000·1,2·0,023 0,00113·4180 0,00113 0,6 W λ αi = Nu d = 0,023 0,00113 0,6 0,023 m2 K 1,39·10−6 e1941/296 i          Re= vd η =24425

W¨armedurchgangskoeffizient −1  1 1 k¯ = 1630 + 0,0012 + 385 3940

W m2 K

Pr=

≈ 1150

ηcp λ

=7,87

ηw /C=1,154

≈ 3940

W m2 K

b) Logarithmische Temperaturdifferenz f¨ur die Erw¨armung von 15 → 18 ◦C bei 32 ◦ C

T = l=

(32−15)−(32−18) ln 32−15 32−18

K = 15,5 K

Q˙ = − Hk · m˙ = ¯ ¯ k(Nπd) k(Nπd)

T

T

137500 J/kg·(10000/3600) kg/s 1150 W m−2 K−1 ·(72·π·0,0254 m)·15,5 K

= 3,7 m

W m2 K

12 W¨armetransport – Temperaturstrahlung

75

Temperaturstrahlung

 AUFGABE D-51: W¨armestrahlung einer Gluhlampe ¨ und Sonnenlicht

D.12.6

1. Welche Strahlungsleistung emittiert die 2500 K heiße Wolframwendel (Oberfl¨ache 300 mm2 , Emissionsgrad 0,3) einer Gl¨uhlampe bei einer Raumtemperatur von 20 ◦ C? 2. Welche Wellenl¨ange entspricht dem Maximum der spektralen Strahldichte der Sonne (Oberfl¨achentemperatur 5800 K)? ¨  L OSUNG D-51: 1. S TEFAN -B OLTZMANN-Strahlungsgesetz −6 m2 · (25004 − 2954 ) K4 = 199 W P = σ ε A (T14 − T24 ) = 5,67·10−8 mW 2 K4 · 0,3 · 300·10

2. W IEN’sches Verschiebungsgesetz λmax =

−34 J · 2,99792·108 m hc ≈ 500 nm = 6,626·10 −23 4,9651 · kT 1,381·10 J/K · 5800 K

Die Farbtemperatur 5800 K entspricht gr¨unem Licht; bei 555 nm empfindet das menschlich Auge maximale Helligkeit.

 AUFGABE D-52: W¨armestrahlung und freie Konvektion D.12.5 Eine horizontale Rohrleitung mit schwarzer W¨armeisolierung (ε = 0,93, da = 15 cm) ist 311 K warm. Die Umgebungstemperatur betr¨agt 300 K. Wie groß ist der l¨angenbezogene W¨armeverlust durch Temperaturstrahlung und freie Konvektion? Luft: λ = 0,0256 W K−1 m−1 ; η = 1,96·10−5 Pa s; Pr = 0,726;  = 1,14 kg/m3

 T IPP D-52: Kriteriengleichung f¨ur freie Konvektion: Nu = 0,53 (Gr · Pr)1/4 mit Gr =

γ g2 da3 T η2

¨  L OSUNG D-52: Stoffwerte werden f¨ur die mittlere Bezugstemperatur T¯ = (T1 + T2 )/2 = 305,5 K berechnet. F¨ur ein ideales Gas gilt γ = 1/T . * ) 1/4  305,5−1 ·9,81·0,153·11 λ W W · 0,0256 α = Nu d = 0,53 · · 0,726 0,15 m2 K = 3,75 m2 K (1,95·10−5)2       Gr=4,07·106

Q˙ = α A T + σ ε A (T 4 − T 4 ) = 2 1 l  l   l   Konvektion

Strahlung

Pr π·0,15 m 1m

"

3,75 mW 2 K · 11 K+

# 4 − 3004 ) K4 ≈ 51 · 0,93 · (311 5,67·10−8 mW 2 K4

W m

D

76

D Thermodynamik und W¨armetransport

13 Stofftransport und Reaktionstechnik  AUFGABE D-53: Diffusion

D.13.1, D.2.4, D.4 !

Aus einem Glasr¨ohrchen von 5 cm2 Querschnitt, u¨ ber das ein trockener Luftstrom bl¨ast (31 ◦C, 1 bar), verdunsten 0,025 g/h Wasser u¨ ber der h = 64 mm hohen Wassers¨aule. S¨attigungspartialdruck pw = 45 mbar

a) Welche Wassermenge verdunstet pro Zeiteinheit? (Herleitung) b) Wie groß ist der Diffusionskoeffizient von Wasser in Luft? c) Rechnen Sie den Literaturwert D = 0,277 cm2 /s (40 ◦C) auf die Messbedingungen um. d) Essigs¨aure (w = 10 %) diffundiert durch eine 1 mm dicke, ruhende Wasserschicht hindurch. Auf der anderen Seite ist die S¨aurekonzentration w = 2 %. Welches Gesetz gilt?  T IPP D-53: S TEFAN-Gesetz f¨ur einseitige molekulare Diffusion von Stoff A im Medium B   ct dcA mit c = c + c ≈ konst n˙ A = −DAB A c − t A B c dx t



A

1 a − x = − ln |a − x| Nach der kinetischen Gastheorie ist: D = 31 v¯ s¯ Es gilt:

¨  L OSUNG D-53: a) Stoffmengenstrom: pro Zeiteinheit diffundierende Stoffmenge Wasserdampf (in mol/s) in Luft. Gegen den Atmosph¨arendruck ist der S¨attigungsdampfdruck vernachl¨assigbar.   dcw mit c = c + c = pW + pL ≈ pL ct n˙ = −D A c + t W L c RT RT dx t w Randbedingungen pw = 45 mbar (volles Rohr: x = h) bzw. 0 (leeres Rohr: x = 0):   h 0 1 1 bar n˙ dx = −D A RT 1 bar − pw d pw ⇒ 0 45 mbar bar · ln 1 bar − pw (h) n˙ = DhA · 1RT 1 bar − pw (0) m˙ = b) n˙ w = M D(303 K) =

(0,025/3600) g/s 18 g/mol

= 3,86·10−7

mol s

n˙ · h · RT = A · 1 bar · ln[1/(1 − 0,045)]

3,86·10−7 mol s−1 ·0,064 m· 8,3144 J mol−1 K−1 ·303 K −5·(0,01 m)2 ·105 Pa·ln(1−0,045) 2 = 2,7 · 10−5 ms T 3/2 , folglich:

c) Nach der kinetischen Gastheorie ist D ∼  3/2 3/2  2 2 D(303 K) = D(313 K) · 303 = 0,277 (0,01s m) · 303 = 2,64·10−5 ms 313 313 d) Ebenso das S TEFAN-Gesetz f¨ur einseitige molekulare Diffusion. Weil die Wasserkonzentration cw nicht vernachl¨assigbar ist, setzt+ man f¨ur ct den Mittelwert , aus den Konzentrationen beiderseits des Wasserfilms ein: ct = 21 cs,1 + cw,1 + cs,2 + cw,2 (W = Wasser, S = S¨aure). Molare Konzentrationen ci = i wi /Mi folgen aus den Massenanteilen wi , molaren Masse Mi und der Dichte i der L¨osung. N¨aherungsweise gilt u¨ brigens das F ICK’sche Gesetz.

13 Stofftransport und Reaktionstechnik

77

 AUFGABE D-54: Stoffubergang ¨

D.13.2, 13.4, 10.2, 14.3.1 !

1. Sublimation von Naphthalin a) Wie schnell sublimiert eine 2 cm große Mottenkugel bei Raumtemperatur? b) Nach welcher Zeit ist die Kugel nur noch halb so groß wie am Anfang? 2.

Dampfdruck p = 0,067 mbar; D = 0,7 · 10−5 m2 /s; Dichte  = 1150 kg/m3 ; molare Masse M = 128 g/mol Katalytische Reaktion, SO2 + 12 O2 → SO3

D

Wie schnell ist die Oxidation von 6,5 mol-% Schwefeldioxid in Luft an einem 5 mm großen, unpor¨osen Katalysatorpellet (K = 3,9 g/cm3), das mit 2,8 m/s angestr¨omt wird (673 K, 1050 mbar)? Temperaturgradienten und die R¨uckreaktion werden vernachl¨assigt.

Im Gemisch: η = 3,2·10−5 Pa s; DSO2 ,L = 5,05·10−5 m2 /s.

 T IPP D-54: Kenngr¨oßengleichung f¨ur den Stoff¨ubergang zwischen einem Fluid und einem kugelf¨ormigen Teilchen (R ANZ -M ARSCHALL-Gleichung) βd Sh = D = 2 + 0,6 · Re1/2 · Sc1/3 f¨ur Re < 200 In einem ruhenden Fluid ist die R EYNOLDS-Zahl null, somit dieS HERWOOD-Zahl Sh = 2. ¨ D-54:  L OSUNG 1. a) F ICK’sches Gesetz f¨ur Grenzschichtdiffusion: Der Partialdruck des Naphthalins in der Umgebungsluft ist winzig (sonst m¨usste man mit S TEFAN-Diffusion rechnen). Die Naphthalinkonzentration auf der Kornoberfl¨ache c- wird gegen¨uber der in Luft cb vernachl¨assigt.   m˙ =  V˙ und dV = ∂ 4 πr 3 = 4πr 2 ⇒ n˙ = −β A (cb − c- ) und n˙ = M M ∂r 3 dr  0

− V˙ = β A cb M pM Sh 2 −2πr 2 dr dt = 2r D RT 4πr t

dt 

0

=

r r0

⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬

⎪ ⎪ ⎪ ⎪  RT r  ⎪  − Sh D p M dr ⎪ ⎭

t (r ) =

  RT  2 r0 − r 2 ) Sh D p M

b) Die Mottenkugel ist nach der Zeit t auf die H¨alfte r2 = r0 /2 geschrumpft. t (1 cm) =

+ , 1150 kg m−3 ·8,3144 J mol−1 K−1 ·298 K· (0,02/2 m)2 −(0,01/2 m)2 2·0,7·10−5 m2 /s·6,7 Pa · 0,128 kg/mol

= 1,78·107 s (206 d)

2. F¨ur die mittlere Gasdichte kann man n¨aherungsweise Luft annehmen. Besser:   5 Pa p M¯ kg 1 · 10−3 mol ¯ = RT = 8,3144 1,05·10 29 · 93,5 % + (64 + 80) · 6,5 % = 0,60 −1 −1 2 J mol K ·673 K       Luft

kg m3

SO2 und SO3

Berechnung des Stoff¨ubergangskoeffizienten aus der Kenngr¨oßengleichung: 3 ·2,8 m/s·0,005 m  v¯ d = 263 Re = η k = 0,6 kg/m 3,2·10−5 Pa s η 3,2·10−5 Pa s Sc =  D = 0,6 kg/m 3 ·5,05·10−5 m2 /s = 1,06 βd 11,9·5,05·10−5 m2 /s Sh = Dk = 2 + 0,6 · Re1/2 · Sc1/3 = 11,9 ⇒ β = Sh D = 0,12 0,005 m d =

m s

78

D Thermodynamik und W¨armetransport Spezifische a¨ ußere Oberfl¨ache des Katalysatorkorns: 2 6 Sa = VS = d 6 = 0,005 m·3900 = 0,308 mkg kg/m3 k 1. F ICK’sches Gesetz f¨ur die Diffusion von SO2 in Luft konstanter Zusammensetzung im ¨ Uberschuss. Bei maximaler Reaktionsgeschwindigkeit verarmt SO2 an der Kornoberfl¨ache. Der Partialdruck von SO2 ergibt sich aus dem Molenbruch und dem Gesamtdruck. n˙ = β A (cb − c∗ ) = β 6 p x SO2 = 0,12 m/s·6·1,05·105 Pa·6,5 % ≈ 176 mol r= V  0,005 m·8,3144 J mol−1 K−1 ·673 K s m3 V dk RT →0

 AUFGABE D-55: Fallfilmabsorber: physikalische Gasabsorption D.13.4, 10.4, 3, 4 ! An der Innenwand des Absorberrohrs (d = 5 cm, p = 10 bar, T = 298 K) fließt ein Wasserfilm laminar ab. Ein CO2 -Luft-Gemisch (G = CO2 ) str¨omt mit 1 m/s ein. In einer bestimmten H¨ohe des Absorbers sind x Gb = 0,1 (im Phasenkern der Gasstr¨omung) und x G∗ = 0,005 (an der Phasengrenzfl¨ache Wasser/Luft). η = 1,8·10−5 Pa s; D(CO2 in H2 O) = 2,0·10−5 m2 /s; H (CO2 in H2 O) = 1,67·108 Pa

a) Wie groß sind die Dichte des Gasgemisches und die R EYNOLDS-Zahl? b) Wie groß ist der Diffusionskoeffizient von CO2 bei 10 bar und die S CHMIDT -Zahl? c) Wie groß ist der gasseitige Stoff¨ubergangskoeffizient? d) Wie groß und in welche Richtung ist der o¨ rtliche Stoffstrom? Funktioniert der Absorber?  T IPP D-55: Stoffmengenstrom f¨ur einseitige Diffusion des Stoffes A (aus der Bulkphase b u¨ ber die Phasengrenze ∗ ) in das Medium B:   ct n˙ A = β D b ∗ ∗  b c − c (cA − cA ) = β (cA − cA ) mit ct = cA + cB und β = δ A t

A

Kenngr¨oßengleichung f¨ur den Stoff¨ubergangskoeffizient β bei turbulenter Str¨omung: βd Sh = D R = 0,023 · Re0,8 Sc0,33 12 ¨  L OSUNG D-55:  p x i Mi = a) ¯ = RT

10·105 Pa 8,3144 J mol−1 K−1 ·298 K



 kg 29 · 0,9 + 44 · 0,1 · 10−3 mol = 12,3       Luft

kg m3

CO2

 v¯ d m−3 ·1 m s−1 ·0,05 m Re = η = 12,3 kg1,8·10 = 34200 (turbulent) −5 Pa s b) Nach der kinetischen Gastheorie nimmt die Diffusionsgeschwindigkeit mit steigender Temperatur zu und steigendem Druck ab: D ∼ T 3/2 p−1 . 2 2 p 1 D2 = D1 p1 = 1,64·10−5 ms · 10 = 1,64·10−6 ms 2 η 1,8·10−5 Pa s Sc = D = 12,3 kg/m 3 ·1,64·10−6 m2 /s = 0,89 c) CO2 diffundiert einseitig in die w¨assrige Phase, nicht aber Luft (n˙ L = 0). An der Phasengrenze (∗ ) Wasser/Gasraum gilt das H ENRY-Gesetz f¨ur das gel¨oste CO2 . Der Partialdruck der Luft pL in der Gasgrenzschicht wird logarithmisch gemittelt.

13 Stofftransport und Reaktionstechnik

79

∗ b n˙ G = β ct (cb − c∗ ) = β pt 1 ( p b − p ∗ ) mit p¯ = pL − pL L G ∗ G G G A c −c p¯ RT ln( pL / pLb )  t  G  L β

β

⎫ ∗ = H x∗ pG = 1670 bar · 0,005 = 8,35 bar ⎪ G ⎪ ⎪ Sh = 0,023 · 342000.80,890.33 = 94 ∗ = (10 − 8,35) bar = 1,65 bar ⎪ ⎪ pL∗ = pt − pG ⎪ ⎪ ⎬ b b −6 m2 /s = 10 · 0,9 bar = 9 bar pL = pt x L = 94·1,64·10 β = Sh D = 0,003 0,05 m d ⎪ b ⎪ ⎪ = pt x Gb = 10 · 0,1 bar = 1 bar pG ⎪ ⎪  m 10 bar m ⎪ p∗ − pb ⎪ 1,65−9 ⎭ β = 0,003 s · 4,33 bar = 0,007 s = 4,33 bar p¯ L = L ∗ Lb = ln(1,65/9)

D m s

ln( pL / pL )

d) n˙AG = 0,007

m s

·

1 (1 − 8,35) · 105 8,3144 J mol−1 K−1 ·298 K

Pa = −2,1

mol s m2

Negatives Vorzeichen: Der CO2 -Stoffstrom zeigt von der Phasengrenzfl¨ache zur Gasphase (Desorption). Es findet unter diesen Bedingungen keine Gasabsorption statt.

 AUFGABE D-56: Stoffubergang: ¨ Penetrationsmodell

D.13.2 !

1. Strahlabsorber. Ein senkrechter Wasserstrahl von 3 mm Durchmesser (20 ◦ C) f¨allt mit einer Geschwindigkeit von 6 m/s durch reines CO2 . Wie viel CO2 wird auf den ersten 10 cm des Strahls absorbiert? S¨attigungsl¨oslichkeit von CO2 in Wasser: 1,73 kg/m3 ; D(CO2 in Wasser) = 1,7·10−9 m2 /s.

2. Blasens¨ √aule. Große Gasblasen vom Durchmesser d steigen mit einer Geschwindigkeit von v = 23 gd in einer Fl¨ussigkeit auf. Wie groß ist der mittlere Stoff¨ubergangskoeffizient?

¨ D-56:  L OSUNG m 1. Wegen der kurzen Kontaktzeit τ = hv = 60,1m/s ≈ 0,017 s ist die Diffusion instation¨ar. ∗ An der Phasengrenze ( ) stellt sich die S¨attigungskonzentration ein; in den Kern des Strahls dringt praktisch kein CO2 vor. Die Austauschfl¨ache ist ein Zylindermantel. Umrechnung der Massenkonzentration auf die molare Konzentration c = β/M:

 −9 m2 /s D  b πdh 1,73 kg/m3 ∗ 2 cCO2 −cCO2 = (π 0,003 · 0,1) m · 2 1,7·10 ·2 · 0,044 n˙ = − π·0,017 s kg/mol = 2   πτ       A

β

0

3,6·10−6 m/s

= 1,3·10−5

mol s

2. Steigt die Blase um einen Durchmesser hoch, hat sich ihre Oberfl¨ache bereits wieder erneuert. Daraus ergibt sich die Kontaktzeit und der Stoff¨ubergangskoeffizient:

  D = 2,31 m · √D τ = d = 34 dg ⇒ β = 2 πτ s 2v d

80

D Thermodynamik und W¨armetransport

14 Thermodynamik und Kinetik chemischer Reaktionen  AUFGABE D-57: Reaktionsenthalpie

D.5.4, 14.1 !

a) Welche Reaktionsw¨arme wird bei der H ABER -B OSCH-Synthese N2 + 3 H2 → 2 NH3 (773 K, 200 bar) von 1000 Tonnen Ammoniak pro Tag frei? b) Wie groß ist die Gleichgewichtskonstante bei 773 K? c) Wie groß ist der maximale Umsatz f¨ur Stickstoff bei 773 K und 200 bar Gesamtdruck, wenn die Edukte st¨ochiometrisch eingesetzt werden? Annahme: ideale Gase.  T IPP D-57: Stoffdaten Stoff

StandardStandardW¨armebildungsenthalpie entropie kapazit¨at

Hf (298 K) Sf (298 K) cp (298 K) kJ/mol J mol−1 K−1 J mol−1 K−1 H2 0 130,68 28,85 N2 0 191,63 29,14 NH3 46,22 192,64 35,67

Temperaturabh¨angigkeit der Molw¨armen cp = a + bT + cT 2 (300 K . . . 1500 K) cp = 29,087 + 0,837·10−3 T + 2,013·10−3 T 2 cp = 27,316 + 5,234·10−3 T + 0,004·10−3 T 2 cp = 25,913 + 32,605E−3T + 3,048·10−3 T 2

¨  L OSUNG D-57: a) Es sind die St¨ochiometriekoeffizienten νi der Reaktionsgleichung N2 + 3 H2 → 2 NH3 zu ber¨ucksichtigen (unterstrichen). Die quadratischen Terme werden vernachl¨assigt.

rH (773 K) = rH 0 +

773  K

νi cp dT

298 K

= −2 mol · 46220

J mol

+

773 K

2(25,913 + 32,605 · 10−3 T )

298 K −3(29,087 + 0,837 · 10−3 T ) − (27,316 + 5,234 · 10−3 T )

+ = − 2 · 46220 − 62,751 · (773 − 298) + 0,057465 ·

1 2

= −109,4 kJ (Formelumsatz f¨ur 2 mol NH3 ) bzw. 54,7 = −54,7 1000 t NH3 bilden rH (773K) t

kJ mol

·

1000·106 g 17,032 g/mol

·

1 d

dT

, · (7332 − 2982 ) J kJ mol

= −3,2·109

kJ d

≈ 37 MW

b) Gleichgewichtskonstante: VAN ’ T H OFF-Gleichung oder G IBBS -H ELMHOLTZ-Gleichung 773  K

rS(773 K) = rS 0 +

298 K

νi

cp (T ) T dT

# 773  K " 25,913 2 + 0,032605 − = [2 · 192,94 − 191,63 − 3 · 130,68] KJ + T 298 K # " " # 27,316 29,087 + 0,005234 − 3 + 0,000837 dT T T + , = −198,39 KJ − 62,751 · (ln 773 − ln 298) + 0,057456 · (773 − 298) KJ = 230,9

J K

(Formelumsatz f¨ur 2 mol NH3 ) bzw. 115,45

J mol K

rG = r H − T s S = −RT ln K p ⇒ K p (773 K) = e−( H −T S)/RT = e−[−109,4 kJ−773 K·(−230,9 J/K)]/(R·773K) = 2 · 10−5

14 Thermodynamik und Kinetik chemischer Reaktionen

81

c) Im chemischen Gleichgewicht ist der Umsatz maximal, d. h. es muss die druckbezogene Gleichgewichtskonstante nach dem Umsatz aufgel¨ost werden. Dies f¨uhrt auf eine Gleichung vierten Grades, die aber durch Ziehen der Quadratwurzel links und rechts des Gleichheitszeichens in eine quadratische Gleichung u¨ bergeht. N2

+

Stoffmenge im Gleichgewicht n i = (1 − X) 1 Molenbr¨uche zu Beginn x 0i = 4

Kp =

3 H2  NH3 3(1 − X) 2X mit X = n 0,N2 UN2 3 und |n i | = 4 − 2X 4

2 2 pNH x NH [2X/(4 − 2X)]2 1 3 3 3 = 3 2 = 2 pN2 · pH2 x N2 · x H2 · p p [3(1 − X)/(4 − 2X)]3 [(1 − X)/(4 − 2X)]

2 2  Vereinfacht: K p = 12 4X (4 − 2X) und 27 K p p(1 − X)2 = 2X (4 − 2X) 4 p 27(1 − X)

X = 30,9 % ⇒ X = 0,309 mol ⇒ UN2 = 1 mol

 AUFGABE D-58: Gleichgewichtsreaktion: Korrosion Korrodiert Zink in saurer L¨osung bei pH 5 und

20 ◦ C?

D.5.4, G.7.7.3

Die Zinkkonzentration sei 0,02-molar.

Normalpotential: Zink E 0 = –0,76 V; Wasserstoff: E 0 = 0 V.

 Anode (Oxidation = Elektronenabgabe)

Zn

 Zn2⊕ + 2 e

⊕ Kathode (Reduktion = Elektronenaufnahme): 2 H⊕ + 2 e  H2 ↑ Zellreaktion: Korrosionselement

Zn + 2 H⊕

 Zn2⊕ + H2 ↑

F¨ur Standardbedingungen ist die reversible Zellspannung positiv, d. h. die Reaktion l¨auft freiwillig wie in der obigen Gleichung von links nach rechts ab. 0 0 − E Oxidation = [0 − (−0,76)] V = 0,76 V > 0: spontane Reaktion!

E 0 = E Reduktion

Normalpotentiale gelten f¨ur 25 ◦ C (298 K), 1-molare L¨osungen und Normdruck (101325 Pa). Bei anderen als Normbedingungen muss man die N ERNST-Gleichung mit der Gleichgewichtskonstanten K und der Zahl der ausgetauschten Elektronen, hier z = 2, ansetzen. Feststoffe (Zink) und abgeschiedene Gase (Wasserstoff) werden mit c = 1 eingesetzt. Die Hydroniumionenkonzentration ist durch den pH-Wert bekannt: pH = − log cH⊕ . cZn2⊕ · cH2 ← Produkte RT 0

E(T,c) = E 0 + RT z F ln K = E − 2F ln cZn · c2 ⊕ ← Edukte H = 0,76 V −

8,3144 J mol−1 K−1 ·(273,15+20) K 2 · 96485 C/mol

0,02·1 ln 1·(10 −5 )2 = 0,52 V > 0

Ja, Zink korrodiert bei pH 5 unter Zersetzung von Wasser und Abscheidung von Wasserstoff.

D

82

D Thermodynamik und W¨armetransport

 AUFGABE D-59: Gleichgewichtskonstante chemischer Reaktionen

D.14.2 !

In der Reaktion 2 SO2 + O2  2 SO3 werden die Gase st¨ochiometrisch eingesetzt. SO3 ist im Zustrom nicht enthalten. a) Formulieren Sie Stoffmengen, Molenbr¨uche und Partialdr¨ucke in Abh¨angigkeit des Gleichgewichtsumsatzes. b) Was besagt die Molzahl¨anderung? c) Formulieren Sie die (konzentrationsbezogene) Gleichgewichtskonstante, d) die molenbruchbezogene Gleichgewichtskonstante, e) die druckbezogene Gleichgewichtskonstante.  T IPP D-59: Unter dem Umsatz U versteht man die relative Stoffmengen¨anderung n einer Komponente in einer chemischen Reaktion, bezogen auf die Ausgangsmenge n 0 . U = n 0n− n oder n = n 0 · (1 − U ) 0 ¨  L OSUNG D-59: a) Reaktionsgleichung

2 SO2

Stoffmenge im Gleichgewicht: Molenbruch: Partialdruck:

+

O2



2 SO3

n

2(1 − USO2 )

1 − USO2

2USO2

ni x=  ni pi = x i p

2(1 − USO2 ) 3 − USO2

1 − USO2 3 − USO2

2USO2 3 − USO2

x SO2 · p

x O2 · p

x SO3 · p

b) Die Reaktion l¨auft unter der Molzahl¨anderung n = 2 − (2 − 1) = −1 mol, also unter Verkleinerung des Volumens. Nach dem L E C HATELIER-Prinzip des kleinsten Zwangs beg¨unstigt eine Druckerh¨ohung die Reaktion. c) K c =

2 2 cSO cSO 3 3 = 2 2 cSO · c c c O 2 SO 2 2 O2

d) K x =

2 2 USO x SO (3 − USO2 ) (2USO2 )2 (3 − USO2 ) 3 2 = = 2 2 x SO2 · x O2 [2(1 − USO2 )] (1 − USO2 ) (1 − USO2 )3

e) K p =

2 pSO 3 2 pSO2 · pO2

=

2 (3 − USO2 ) USO Kx 2 3 = p p · (1 − USO2 )

 AUFGABE D-60: Reaktionskinetik 1. Ordnung: Ruhrkessel ¨ D.14.2/3, 2.4 ! Bei einer diskontinuierlich durchgef¨uhrten, volumenbest¨andiτ / min 426 102 10,1 2,76 gen, irreversiblen Reaktion 1. Ordnung wird folgende TempeT / ◦ C 20 30 50 60 raturabh¨angigkeit der Halbwertszeit beobachtet: a) Wie lautet die Stoffbilanz und ihre L¨osung? b) Wie groß ist die Geschwindigkeitskonstante? c) Wodurch erkl¨aren sich experimentelle Abweichungen von der A RRHENIUS-Geraden?

14 Thermodynamik und Kinetik chemischer Reaktionen

83

¨  L OSUNG D-60: aA→bB

a) Stoffbilanz des R¨uhrkessels:

dn A = d(cA VR ) = V dcA + c dVR = a r V R dt A dt R dt dt

(Kettenregel) Reaktion 1. Ordnung (a = 1) ohne Volumen¨anderung (dVR = 0):

r = dcA = −k cA dt cA t  dc A = c = −k dt ⇒ ccA = e−kt (= 1/2 f¨ur τ ) L¨osung der DGL: A A0 cA0 0 ln 2 Geschwindigkeitskonstante: k= τ b) Lineare Regression: Die Temperaturen sind in Kelvin umzurechnen. Die Zeiteinheit ist beliebig (hier Minute).  ln 2 EA 1 K  min−1 = ln k0 − · = 34,884 + 12104 k = k0 e−EA /(RT ) ⇒ ln T  τ/min R  T     A x

B

y

k0 = eln A min−1 = e34,884 min−1 = 1,412 · 1015 min−1 E A = −B R = 12104 K · 8,3144

J mol K

= 100,6

kJ mol

c) Eine Reaktion 1. Ordnung sollte ein lineares ln k–T −1 -Diagramm zeigen. Abweichungen sind durch den lokalen Stofftransport m¨oglich.

 AUFGABE D-61: Kontinuierlicher Ruhrkessel ¨ mit W¨armetauscher D.14.3, 12.4 ! Eine volumenbest¨andige, endotherme Reaktion A → P soll im kontinuierlichen Prozess bei 353 K isotherm durchgef¨uhrt werden. −1

Reaktion: k1 = 4,5 · 105 e−60000 J mol /RT s−1 ; rH = 19400 kJ/kmol; cA0 = 4,74 kmol/m3 ; VR = 2 m3 ; V˙ = 2,4 m3 /h; W¨armetauscher: AW = 7,3 m2 ; kW = 83,3 W K−1 m−2

a) Wie groß ist der Umsatz? (Stoffbilanz) b) Welche mittlere Temperatur muss der W¨armetauscher haben? (W¨armebilanz) ¨  L OSUNG D-61: a) τ = V˙R = cA0UA mit r = kcA = kcA0 (1 − UA ) = k cA0 1 +1 kτ r (UA ) V0 ⇒ UA =

kτ = 1 + kτ

  4,5·105 s−1 ·e−60000/(8,3144·353) ·2 m3 / 6,67·10−4 m3 s−1 1+1,786

= 0,64 = 64 %

b) mc ˙ p (Tin − Tex ) +VR (− rH ) r + kW AW (TW − Tes ) = 0 ⇒    isotherm:0 rH ) r + T = −VR (− rH )k 1 cA0 (1 − UA ) + T = TW = − −VRk(−

ex ex A k A W

=

W

W

W

2 m3 ·19400 kJ/kmol·4,5·105·e−60000/(8,3144·353) ·4,74 kmol/m3(1−0,64) 83,3 W K−1 m−2 ·7,3 m3

= (65 + 353) K = 418 K

+ 353 K

D

84

D Thermodynamik und W¨armetransport

 AUFGABE D-62: Reaktionskinetik 2. Ordnung: Esterhydrolyse

D.14.2, 14.3 !

In einem absatzweise arbeitenden R¨uhrkessel (AIK) werden 1,151 kmol/m3 Methylacetat bei 298 K verseift: CH3 COOCH3 + H2 O  CH3 COOH + CH3 OH

k = 2,47·10−6  mol−1 s−1 ; K c = 0,219;  = 1 g/cm3

a) Wie groß ist der maximale Umsatz des Esters? b) Wie lautet die Reaktionsgeschwindigkeit in Abh¨angigkeit des Umsatzes? c) Welches Reaktionsvolumen ist f¨ur einen 80%igen Esterumsatz von 110 kg/h erforderlich? Die Totzeit f¨ur F¨ullung und Leerung betr¨agt 25 min. d) Wie groß ist die Umsatzleistung? e) Wie groß muss das Reaktionsvolumen eines kontinuierlich betriebenen R¨uhrkessel (KIK) f¨ur Aufgabe c) sein?  T IPP D-62:



dx ax 2 +bx+c

=

2

arctan 2ax+b mit =

√ b2 − 4ac > 0

¨  L OSUNG D-62: a) Ester (E) + Wasser (W)  S¨aure (S) + Alkohol (A) cE0 − X cW0 − X X X mit X = cE0UE kg cW0 ≈ 181g/mol = 55,5

Kc =

mol 

! X2 = 0,219 ⇒ L¨osung der quadratischen Gleichung: (cE0 − X)(cW0 − X)

X = 1,057 (zweite L¨osung nicht sinnvoll)

⇒ UE =

1,057 1,151

= 91,9 %

b) Im chemischen Gleichgewicht ist die Reaktionsgeschwindigkeit null. Man erh¨alt ebenso UE = 91,9 % f¨ur r = 0. !

r = 0 = k1 cE cW − k−1 cS cA = k1 (cE0 − X)(cW0 − X) − k−1 X 2 = k1 (c U )2 = k1 cE0 (1 − UE )(cW0 − cE0UE ) − K E0 E    c $ 2 % c W0 c r (UE ) = −k1 KE0 UE2 + cE0 cW0 (UE − 1) c

c) Umsatzzeit: durch Einsetzen des Terms r (UE ) aus b) in die Verweilzeitformel f¨ur den AIK. Man kann cE k¨urzen. " #0,8 0,8 80%  dUE  dUE 1 2 E+55,5 " # = = arctan 2·5,256·U s t = cE0 −6 c 65,22 65,22 2 E0 2,47·10 r (UE ) 0 0 0 −k1 K c UE +cW0 (UE −1) = 870 s d) Die Umsatzleistung des Reaktors ist die umgesetzte Stoffmenge pro Zeit, einschließlich Totzeiten, und h¨angt vom Reaktionsvolumen ab. Die molare Masse von Methylacetat ist M = 74 kg/kmol. Es gilt n˙ = m/M. ˙ n˙ U (t + ttot) c U V (110/3600) kg s−1 ·(870+25·60) s 3 E R n˙ U = nt = oE t + ttot ⇒ VR = cE0UE = 74 kg kmol−1·1,151 kmol m−3·0,8 = 1,1 m e) Beim kontinuierlich betriebenen R¨uhrkessel fließen Edukte zu, w¨ahrend Produkte gleichzeitig abfließen. Beim Einsetzen von r (U ) aus b) in die Verweilzeitformel f¨ur den KIK kann coE gek¨urzt werden. Der Volumenstrom ist V˙ = m/. ˙ V U t = cE0 E = ˙R ⇒ r (UE ) V ˙ (110/3600) kg s−1 / (1000 kg m−3 ) · 80 % V˙ UE # = " = 17 m3 VR = cE0 V UE = cE0 2 2,47 s−1 ·10−6 ·0,074·[5,256·0,82+55,5·(0,8−1)] r (UE ) −k1 K UE +cW0 (UE −1) C

14 Thermodynamik und Kinetik chemischer Reaktionen

85

 AUFGABE D-63: Reaktion in Schuttschicht ¨ und Strahlabsorber

D.13.4, 14.2 !

1. Festbettreaktor. In einer Sch¨uttschicht wird ein binares Gasgemisch an 3 m3 kugelf¨ormigen Katalysatorteilchen (d = 5 mm,  = 40%, β = 0,0564 m/s) umgesetzt. Die Konzentration der Schl¨usselkomponente im Phasenkern der Str¨omung ist c = 10 mol/m3 . a) Wie groß sind das Feststoffvolumen und die a¨ ußere Oberfl¨ache der Sch¨uttung? b) Wie groß ist die maximale Reaktionsgeschwindigkeit? 2. Gasw¨asche. In einem Strahlabsorber wird Kohlendioxid in Natronlauge absorbiert: CO2 (A) + NaOH (B) → Na2 CO3 + H2 O. L /m 0,02 0,045 In Abh¨angigkeit der Strahll¨ange L werden m˙ A / (kg s−1 ) 2,04·10−8 4,60·10−8 die Absorptionsraten m˙ A gemessen. Strahldurchmesser d = 0,66 mm, 20 ◦ C, v = 5 m/s; β0L = 4,48·10−4 m/s; ∗ = 0,0054 kmol/m3 ; c = 2,1 kmol/m3 . DA = 10−9 m2 /s; DB = 1,6·10−9 m2 /s; cA B

a) Wie groß ist die Geschwindigkeitskonstante der Reaktion? b) Wie groß ist die H ATTA-Zahl? ¨  L OSUNG D-63: 1. a) Vf = VR (1 − ) = 3 · (1 − 0,4) = 1,8 m3 = Teilchenzahl N · Teilchenvolumen Vk   f = 6·1,8 m3 = 2160 m2 A = dV = d N 43 πr 3 = 4 Vf 3 · 4πr 3 = 6V 0,005 m d dr dr 3 πr b) Die Katalysatoroberfl¨ache verarmt an Reaktand (cs → 0) und der Stofftransport bestimmt die Reaktionsgeschwindigkeit. rmax = β A(cb − cs ) = 0,0564

m s

· 2160 m2 · 10

mol m3

= 1218

mol s

2. a) Bei Laugen¨uberschuss (cB  cA ) verarmt die Konzentration in der Grenzschicht nicht; die zudem schnelle Reaktion wird mit einer Kinetik pseudo-1. Ordnung angesetzt. Die Reaktionsgeschwindigkeit ist als Stoffmengenstrom pro Austauschfl¨ache (Zylindermantel) definiert. 2 ! r = kB cA = n˙AA = DA d c2A  dx k

 √   dc k /D ∗ −x ∗ A A ⇒ dx  ⇒ L¨osung der DGL: cA = cA e = −cA Dk A x=0

   dc ∗ ∗ A Molenstrom an Phasengrenze ( ): n˙ A = −ADA = −πd L DA cA Dk dx x=0 A  2  m˙ A n˙ A ⇒ Geschwindigkeitskonstante: k = ck = c 1D und n˙ A = M ∗ B πd LcA B B A  2 3 2,04·10−8/44 1 m3 m k = (2,1/2)·10−9 π·0,00066·0,02·0,0054 mol s = 4083 kmol s

Reaktion pseudo-1. Ordnung:

b) Das Kriterium f¨ur eine Grenzfl¨achenreaktion , somit keine Reaktion im Phaseninneren, ist die H ATTA-Zahl. Maßgeblich ist der Stoff¨ubergangskoeffizient f¨ur physikalische Absorption (ohne chemische Reaktion) in der Fl¨ussigphase β0L .  −9 ·4083·(2,1/2) DA kcB = 10 4,48·10 = 4,6 > 3, d. h. Reaktion in der Grenzschicht. Ha = −4 β0L

D

86

E Schwingungen und Wellen

1 Harmonische Schwingungen  AUFGABE E-1: Harmonische Schwingungen

E.1.3

Eine harmonisch schwingende Masse geht zum Zeitpunkt t = 0 durch die Nullage und hat nach t1 = 0,25 s eine Auslenkung von Xˆ 1 = 5 cm erreicht. Die Amplitude betr¨agt Xˆ = 8 cm. 1. Berechnen Sie die Frequenz, Kreisfrequenz und Periodendauer der Schwingung. 2. Stellen Sie die Schwingung als Sinus- und als Kosinusfunktion dar. 3. Geben Sie deren komplexen Augenblickswert und komplexe Amplitude an. 4. Wie lauten die Geschwindigkeit v(t) und Beschleunigung a(t) der Schwingung? ¨ E-1:  L OSUNG 1. Zum Zeitpunkt t = 0 gilt: X = 0, dX/dt > 0 ⇒ X (t) = Xˆ sin(2π f t) = 8 cm · sin(2π f t) X (t1 ) = 8 cm · sin(2π f · 0,25 s) = 5 cm Daraus folgt (im Bogenmaß rechnen!): 1 5 f = 2π · 0,25 s arcsin 8 = 0,43 Hz; ω = 2π f = 2,7 rad/s; T = 1/ f = 2,33 s 2. X (t) = Xˆ sin(ωt) = 8 cm · sin(2,7 · t/s) X (t) = Xˆ cos(ωt + ϕ0 ) = 8 cm · cos(2,7 · t/s − π ) 2 3. X (t) = Xˆ ejωt mit der komplexen Amplitude

−j π Xˆ = Xˆ ejϕ0 = 8 cm · e 2

Die urspr¨ungliche Kosinusfunktion folgt durch Realteilbildung aus X (t): X (t) ≡ Re X(t) = 8 cm · Re{ ej(ωt −π/2)} = 8 cm · Re{cos(ωt − π ) + j sin(ωt − π )} 2 2 ˆ ˆ ˆ = 8 cm · cos(ωt − π 2 ) mit X = | X| und ϕ0 = Arc{ X} cm ˙ 4. v(t) = X(t) = ω Xˆ cos(ωt) = 8 · 2,7 cm s · cos(2,7 · t/s) = 21,6 s · cos(2,7 · t/s) a(t) = v(t) ˙ = −ω2 Xˆ sin(ωt) = −58,32 cm · sin(2,7 · t/s) s2  AUFGABE E-2: Unged¨ampfter elektrischer Parallelschwingkreis Bei einem Parallelschwingkreis (C = 100 nF, L = 10 μH) ist Kapazit¨at auf UC0 = 5 V aufgeladen, die Induktivit¨at stromlos und S ge¨offnet. Zum Zeitpunkt t = 0 wird der Schalter geschlossen. 1. Geben Sie die magnetische und elektrische Feldenergie bei L und C in Abh¨angigkeit von I (t) und UC (t) an. 2. Bestimmen Sie die Schwingungsgleichung f¨ur die Ladung Q(t) aus der Energiebilanz und UC (t) bzw. I (t) f¨ur t ≥ 0.

E.1.5

S

C

UC(t)

L I(t)

UL(t)

1 Harmonische Schwingungen

87

¨  L OSUNG E-2: 1. Magnetische Feldenergie bei L: E m = 1 L I 2 (t) ⇒ 2 Elektrische Feldenergie bei C: E el = 12 CUC2 (t) ⇒

˙ Q(t) ¨ E˙ m = L I (t) I˙(t) = L Q(t) ˙ E˙ el = CUC (t)U˙ C (t) = Q(t) Q(t)/C

2 = const. ⇒ E˙ (t) + E˙ (t) = 0 2. E m (t) + E el (t) = 21 CUC0 m el 2 1 2 ˙ Q(t) ¨ + Q(t) Q(t) ˙ ¨ + ω Q(t) = 0 mit ω2 = 1 = 1·1012 rad L Q(t) = 0 ⇒ Q(t) 0 0 2 C LC s Die Schwingungsgleichung des unged¨ampften harmonischen Oszillators hat die L¨osung: ˙ und Q(t) = CUC (t) folgt: Q(t) = Qˆ cos(ω0 t + ϕ0 ) = UC0 C cos(ω0 t). Mit I (t) = Q(t)

UC (t) = Q(t)/C = UC0 cos(ω0 t) = 5 V cos(1·106 t/s) I (t) = −ω0UC0 C sin(ω0 t) = −1·106 · 5 · 0,1·10−6 A sin(1·106 t/s) = −0,5 A sin(1·106 t/s)  AUFGABE E-3: Unged¨ampftes physisches Pendel

E.1.5.5

Ein Turner am Reck wird vereinfachend durch einen um die Achse A drehbar gelagerten, starren Stab (L¨ange l0 = 2,2 m, Masse m = 70 kg, Abstand Drehachse—Schwerpunkt l = 80 cm) modelliert.

A

Turner

l

1. Zeigen Sie, dass bzgl. S das Tr¨agheitsmoment JS = 1 ml02 ist. 12 2. Wie lautet die Bewegungsdifferentialgleichung?

S l0

J(t)

3. Linearisieren Sie die Differentialgleichung (DGL) aus 2. und l¨osen Sie diese f¨ur kleine Auslenkungen ϑ(t).

g

4. Wie groß ist die Schwingungsfrequenz der unged¨ampften Schwingung? 5. Um wie viel muss der Turner aus einer v¨ollig gestreckten und waagerechten Anfangslage am ¨ unteren Scheitelpunkt den Abstand l verringern, damit er gerade einen Uberschlag schafft? ¨  L OSUNG E-3: 1. Unter Annahme eines Stabs homogener Dichte  ist dm = dV : 

+l0 /2

V

−l0 /2

JS =  ry2 dV =  A

y

x 2 dx mit  A = m l0 (Massenbelag)

m +x 3 ,+l0 /2 = m 1 2 JS = 3l −l0 /2 3l0 8 = 12 ml0 0 l3 2 0

A dx x

S -l0/2

ry=x

+l0/2

2. L¨osung u¨ ber Drehmomentsatz um A oder durch Auswertung der L AGRANGE -Gleichung: T = 21 JA ϑ˙ 2 ; V = −mgl cos ϑ; L = T − V = 12 JA ϑ˙ 2 + mgl cos ϑ   ∂ L = 0 mit q = ϑ: Auswertung der L AGRANGE -Gleichung d ∂∂q˙L − ∂q 1 dt j j   ∂ L = J ϑ; d ∂ L = J ϑ; ∂L ¨ + mgl sin ϑ = 0 A ˙ dt A ¨ ∂ϑ = −mgl sin ϑ ⇒ JA ϑ ∂ ϑ˙ ∂ ϑ˙ JA folgt: mit JA = JS + ml 2 (S TEINER -Anteil) und der reduzierten Pendell¨ange l  = ml g ϑ¨ +  sin ϑ = 0 l

E

88

E Schwingungen und Wellen

3. F¨ur kleine Auslenkungen ϑ < 8◦ ist sin ϑ ≈ ϑ: g ⇒ ϑ¨ +  ϑ = 0 (DGL eines unged¨ampften Schwingers) Die L¨osung dieser DGL ist l ϑ(t) = ϑˆ cos(ω0 t + ϕ0 ). Mit den Anfangswerten ϑ0 und ϑ˙ 0 berechnen sich die Amplitude ϑˆ

  ˙ 2  ϑ0 ; ϕ = − arctan ϑ˙ 0 /ω0 und der Nullphasenwinkel ϕ0 zu: ϑˆ = ϕ02 + ω 0 ϑ0 0

  mgl 1 2 2 2 2 4. Kennkreisfrequenz ω0 = JA mit JA = JS + ml = m 12 l0 + l = 73 kgm

mgl 70 · 9,81 · 0,8 Nm = 2,74 rad ⇒ f = ω0 = 0,44 Hz ⇒ ω0 = = 0 s JS 2π 73 kgm2 5. Der Energiesatz am unteren Scheitelpunkt (Position II) liefert: UI = mgl; TII = 1 JA ϕ˙II2 ⇒ mgl = 1 JA ϕ˙ II2 2 2 Der Energiesatz am oberen Scheitelpunkt (Position III) liefert: UIII = mg(l + l  ); TII = 1 JA (ϕ˙ II )2 ⇒ mg(l + l  ) = 1 JA (ϕ˙II )2 2 2 l Drehimpulserhaltung: JA ϕ˙ II = JA ϕ˙II ⇒ ϕ˙II = JA ϕ˙ II JA Eingesetzt in den Energiesatz bei Position III folgt mit ϕ˙ II2 = 2mgl/JA : J2 mg(l +l  ) = 1 A (ϕ˙II )2 ⇒ mg(l +l  ) = JA mgl ⇒ l +l  = JA l ⇒ 2 JA JA JA  = J + ml 2 bzgl. A folgt: Mit dem verringerten Tr¨ a gheitsmoment J S A   JA  )3 + m(l  )2 + JS l  + J − J = 0 ⇒ m l = l (l S A  2 −1 l l JS + m(l ) + , Werte eingesetzt: 87,5{l  }3 + 70{l  }2 + 35,29{l } − 44,8 kgm2 = 0

III S' l' l l'

S I

A

II S'

j g

  l  = l JA − 1 JA

Einzig (physikalisch sinnvolle) reelle L¨osung ist l  = 0,49 m, d. h. der Turner muss seinen Schwerpunkt um l = 31 cm n¨aher an die Drehachse A heranbringen.  AUFGABE E-4: LKW-Stoßd¨ampfer E.1.7.1,E.1.7.2 ¨ Ein LKW (m = 10 t) in Fahrt schwingt nach Uberfahren eines Schlaglochs ged¨ampft mit der Periodendauer T = 1,3 s, wobei die Amplitude nach dieser Zeit um 30% abgenommen hat. 1. Bestimmen Sie den Abklingkoeffizient δ und den D¨ampfungsgrad ϑ der Schwingung. Wie groß ist die Federsteifigkeit k eines Federbeins? ¨ 2. Wie groß w¨are der D¨ampfungskoeffizient d der D¨ampfer, wenn bei Uberfahren einer Fahr¨ bahnkante die neue Straßenlage schnellstm¨oglich ohne Uberschwingen eingenommen wird? ¨ E-4:  L OSUNG ˆ ˆ 0,7 = − ln 0,7 ≈ 0,274 s−1 1. # = δTd = ln X k = ln X k = − ln 0,7 ⇒ δ = − ln Td 1,3 s ˆ X k+1 0,7 Xˆ k #/(2π) − ln 0,7/(2π) ϑ=D= = = 56,675·10−3 1 + (#/(2π))2 1 + (ln 0,7/(2π))2 2 3 0,2742 N = 2,34 kN kges = 4k = ω02 m = m δ 2 ⇒ k = 10·10 cm 4 (56,675·10−3)2 m ϑ  kNs 2. Aperiodischer Grenzfall: ϑ = 1 = √d ⇒ d = 2 10·103 · 2,34·105 Ns m = 96,82 m 2 mk

1 Harmonische Schwingungen

89

 AUFGABE E-5: Ged¨ampftes Fadenpendel

E.1.7,E.1.5.4

Drehachse A M(t) J(t)

l

MD(t)

statische Ruhelage

m mg

Punktmasse J(t)

g

ϑ l g m MD d M

Drehwinkel Fadenl¨ange Erdbeschleunigung Masse ˙ D¨ampfermoment (MD = d ϑ(t)) D¨ampfungskoeffizient a¨ ußeres Moment

rad m m/s2 kg Nm Nm/(rad/s) Nm

Ft(t) Ft(t)=mg sin J(t)

Ein ged¨ampftes mathematisches Pendel wird im Schwerefeld der Erde durch ein a¨ ußeres Moment M(t) (Eingangsgr¨oße) zur Auslenkung um den Winkel ϑ(t) (Ausgangsgr¨oße) angeregt. 1. F¨uhren Sie f¨ur M(t) = 0 eine Drehmomentbilanz um die Drehachse A durch und dr¨ucken Sie die Momente durch den Drehwinkel ϑ(t) und durch dessen zeitliche Ableitungen aus. 2. Geben Sie die linearisierte Differentialgleichung (DGL) aus 1. f¨ur kleine Winkelauslenkungen ϑ  (t) = ϑ(t) − ϑ0 und Momenten¨anderungen M  = M(t) − M0 um die statische Ruhelage an. Wie groß sind ϑ0 und M0 und welche Art von DGL liegt vor? ¨ 3. Geben Sie die Ubertragungsfunktion F( s) = ϑ  (s)/M  (s) an. Es soll ab jetzt m = 1 kg, l = 1 m, d = 2 Nm/(rad/s), g = 10 m/s2 gelten. ¨ 4. Wie lautet die auf SI-Einheiten normierte Ubertragungsfunktion FS (s)? Geben Sie deren Pole (Nullstellen des Nenners) an. Wie groß sind die Abklingzeit τ und die Eigenkreisfrequenz ωd der Schwingung, wenn f¨ur M(t) = 0 das Pendel ausgelenkt und losgelassen wird? ¨  L OSUNG E-5: ¨ + MD (t) + l Ft (t) = M(t) mit JA = ml 2 1. Drehmomentbilanz um Drehachse A: JA ϑ(t) g ¨ ˙ ¨ ˙ ml 2 ϑ(t) + d ϑ(t) + mgl sin ϑ(t) = M(t) ⇒ ϑ(t) + d 2 ϑ(t) + l sin ϑ(t) = 1 2 M(t) ml ml 2. F¨ur kleine Auslenkungen um den Arbeitspunkt (hier: statische Ruhelage) wird die nichtlineare g DGL aus 1. durch eine lineare DGL der Form ϑ¨  (t) + d 2 ϑ˙  (t) + l K ϑ ϑ  (t) = 1 2 M  (t) ml ml angen¨ahert. Die Konstante K ϑ folgt aus der 1. Ableitung am Arbeitspunkt (ϑ0 = 0, M0 = 0):  ∂ (sin ϑ) = cos ϑ = cos(0) = 1. Daraus ergibt sich die lineare DGL zu: K ϑ = ∂ϑ 0 ϑ0

g + d 2 ϑ˙  (t) + l ϑ  (t) = 1 2 M  (t) Inhomogene, lineare DGL 2. Ordnung ml ml 3. Bei verschwindenden Anfangsbedingungen wird durch L APLACE -Transformation aus einer n-ten Ableitung im Zeitbereich eine Multiplikation mit s n im L APLACE -Bereich: ϑ¨  (t)

g 1/(ml 2 ) s 2 ϑ  (s) + d 2 sϑ  (s) + l ϑ  (s) = 1 2 M  (s) ⇒ F(s) = 2 ml ml s + d/(ml 2 ) · s + g/l Die L APLACE -Transformation f¨uhrt eine DGL in eine algebraische Gleichung in s u¨ ber. Dadurch kann wieder ein Verst¨arkungsfaktor“ F(s) angegeben werden, der jetzt allerdings we” gen der komplexen Frequenzvariablen s = σ + jω von der Frequenz abh¨angig ist. 1 4. F(s) = 2 ; Pole aus s 2 + 2s + 10 = 0 ⇒ s∞1,2 = −1 ± j3 s + 2s + 10 ωd δ 1 rad/s = Im s∞1 = 3; 1/s = −Re s∞1 = 1 ⇒ τ = δ = 1 s

E

90

E Schwingungen und Wellen

 AUFGABE E-6: Elektrischer Schwingkreis Ein elektrischer Reihenschwingkreis besteht aus einem ohmschen Widerstand R = 0,5 ', einer Induktivit¨at L = Uq(t) 300 μH und einer Kapazit¨at C = 15 pF.

E.1.8

I(t)

R U(t)

L UL(t) C

UC(t)

1. Wie groß sind Kennkreisfrequenz ω0 , Abklingkoeffizient δ, Eigenkreisfrequenz ωd , Resonanzfrequenz fr , Abklingzeit τ und G¨ute Q des Schwingkreises? 2. Geben Sie die komplexe Impedanz Z (jω) = U (jω)/I (jω) des Schwingkreises an. 3. Wie groß sind Z , U L , U C , U LC und die Amplitude des Stromes Iˆ im Resonanzfall? 4. Geben Sie die Zeitverl¨aufe aller Spannungen und Str¨ome in 3. unter der Annahme an, dass seit langem eine ideale Spannungsquelle Uq (t) = 1 V cos(2π f r t + 30◦ ) angeschlossen ist. ¨  L OSUNG E-6: rad = 14,9·106 rad 1 1. T HOMSONsche Schwingungsformel: ω0 = √ 1 =  s s LC 300 · 15·10−18  0,5 R = s−1 = 833,3 s−1 ; ωd = ω02 − δ 2 ≈ ω0 = 14,9·106 rad δ = 2L s 600·10−6  2 ω0 ≈ ω0 = 8944 fr = 1 ω02 − 2δ 2 ≈ ω0 = 2,37 MHz; τ = 1δ = 1,2 ms; Q = 2π 2π 2δωd 2δ 2. Z (jω) = 

U (jω) 1 − ω2 LC + jω RC = R + jωL + 1 = I (jω) jωC jωC

1 − 1 + jω RC ω02 − 2δ 2 ≈ ω0 = √ 1 ⇒ Z (jωr ) = = R = 0,5 ' jωC LC Aus Spannungsteiler folgt: jπ ◦ jω L UL = Uq r = U q Q e 2 = U q · 8944 ej90

= 0 Z (jωr ) −j π ◦ 1/(jωr C) UC = Uq = U q Q e 2 = U q · 8944 e−j90 = 0 Z (jωr )   jπ −j π U LC = U L + U C = U q Q e 2 + e 2 = 0 (Spannungen heben sich auf) Uq Uˆ q Uˆ q I (jω) = ⇒ Iˆ = = Z (jωr ) |Z (jωr )| 0,5 '

3. ωr =

◦

◦

4. U q = Uˆ q ej30 = 1 V ej30 ◦ ◦ U L = 1 V·8944 ej(30+90) = 8944 V ej120 ⇒ UL (t) = 8944 V cos(2π ·2,37 MHz·t +120◦ ) ◦ ◦ U C = 1 V · 8944 ej(30−90) = 8944 V e−j60 ⇒ UC (t) = 8944 V cos(2π · 2,37 MHz · t − 60◦ ) ULC (t) = UL (t) + UC (t) = 0 Iˆ = Uˆ q /(0,5 ') = (1/0,5) A = 2 A Es gilt weiterhin die Maschengleichung Uq (t) = UR (t) + UL (t) + UC (t) bzw. mit komplexen Amplituden formuliert: U q = U R + U L + U C . Es w¨are jedoch falsch, wie im Gleichstromfall die Maschengleichung nur f¨ur die Amplituden Uˆ q , Uˆ R , Uˆ L und Uˆ C aufzustellen!

1 Harmonische Schwingungen

91

 AUFGABE E-7: Auto auf unebener Fahrbahn

E.1.7.3

Ein Auto (m = 1200 kg) senkt sich beim Zusteigen von 2 Personen mit je 90 kg in den Radfedern um 4 cm. Aus Symmetriegr¨unden sei die Untersuchung nur einer Radaufh¨angung zul¨assig. ¨ 1. Wie groß ist die Periodendauer unged¨ampfter R¨ader beim Uberfahren einer Kante? 2. Auf welchen Wert a¨ ndert sich der Wert in 1., wenn 4 Personen im Wagen sitzen? 3. Wie lautet die Schwingungsgleichung f¨ur die Auslenkung X (t) des gefederten und ged¨ampften Wagens (D¨ampfungskoeffizient d), wenn dieser u¨ ber einen Bordstein f¨ahrt? 4. Wie groß muss der D¨ampfungskoeffizient d des D¨ampfers mindestens sein, damit beim ¨ Uberfahren einer Bodenunebenheit im Fahrzeug mit 2 Personen kein Schaukeln“ auftritt? ” ¨ E-7:  L OSUNG 1. Die vier Radfedern sind parallelgeschaltet mit kges = 4 · k. Federkonstante einer Radfeder: mPg N = 1,1·104 N

F = 4k x = 2m P g ⇒ k = 2 X = 90 · 9,81 m 2 · 4·10−2 m Periodendauer der unged¨amften Schwingung mit der Masse m = (m KFZ + m P )/4 je Rad:

  k ⇒ T = 1 = 2π m = 2π (1200 + 2 · 90)/4 s ≈ 1,11 s f0 = ω0 = 1 m 0 f0 k 2π 2π 1,1·104

 (1200 + 4 · 90)/4 2. T0 = 2π mk = 2π s ≈ 1,18 s 1,1·104 3. Mit der Feder- und D¨ampferkraft FF und FD lautet die Kr¨aftebilanz FD (t) + FF (t) = mg mit: ˙ − X˙ (t)]; FF = k[h(t) − X (t)] FD = d[h(t)

X(t)

g d

Nach Einsetzen folgt die Schwingungsgleichung: k d ˙ d h(t) ˙ + k h(t) X (t) = m X (t) + X¨ (t) + m m m   2δ

mg m

k FD Rad

Federbeinmodell, Freischnitt 

k m

√ ⇒ d > 2 mk

 AUFGABE E-8: Tr¨agheitsmoment eines Pleuels Bei einem Pleuel (m = 4537 g, l = 278 mm) werden die Schwingungsdauern T1 = 1,0434 s, T2 = 1,0262 s in den Aufh¨angungen 1) und 2) um die Drehachse A gemessen. Bestimmen Sie

E.1.5.5

A

A a S

l

S

g

1. die Lage a des Schwerpunktes S und 2. das Tr¨agheitsmoment JS des Pleuels.

FF

h(t)

ω02

d > 4. Aperiodischer Fall mit ϑ > 1 oder δ > ω0 ⇒ 2m  2 · 90 · 1,1·104 Ns ≈ 3896 Ns d > 2 1200 + m m 4

m

g = 9,81 m/s2

1)

2)

E

92

E Schwingungen und Wellen

¨  L OSUNG E-8:

JA : 1 1. Aus der Kennfrequenz des physischen Pendels folgt T0 = f = 2π mgl 0 2 + ma 2 mit J = J + Steiner-Anteil“ 2) T22 = 4π 2 JS mga 1) T12 = 4π 2 JS + m(l − a) A S mg(l − a) ” Beide Gleichungen nach JS aufgel¨ost: # # " " g(l − a) 2 ga 2 2 2 2) JS = m 1) JS = m 2 T1 − (l − a) 2 T2 − a 4π 4π Setzt man 1) und 2) gleich und l¨ost nach nach a auf, folgt: T12 g − 4π 2l 0,278 · (1,04342 · 9,81 − 4π 2 · 0,278) m = 87,3 mm 2 2 = + T2 )g − 8π l (1,04342 + 1,02622) · 9,81 − 8π 2 · 0,278   gT 2   2 2 − a = 4,537 · 87,3·10−3 · 9,81 · 1,0262 − 87,3·10−3 kgm2 2. JS = ma 4π 2 4π 2 = 690,7 kgcm2 a=l

(T12

 AUFGABE E-9: Komplexe Schwingungsgleichung

E.1.8.1, E.1.8.2,G.4.6 !

Eine mechanischer, ged¨ampfter Schwinger wird durch die normierte Schwingungsgleichung ¨ ˙ X(t) + 4 X(t) + 13X (t) = 0 beschrieben. 1. Wie lautet die Schwingungsgleichung nach L APLACE -Transformation bei verschwindenden Anfangsbedingungen? Was sind die L¨osungen dieser Gleichung? 2. Geben Sie eine Erregung p(t) an, bei der der Schwinger in Resonanz betrieben wird. Wie groß ist die Resonanz¨uberh¨ohung? 3. Wie lautet die Schwingungsgleichung, wenn diese durch zwei Differentialgleichungen erster Ordnung zu formulieren ist? ¨  L OSUNG E-9:

√ 1. s 2 + 4s + 13 = 0 mit ω0 = 13 rad/s ¨ Die L¨osung sind die Eigenwerte (Pole bei Ubertragungsfunktion): s∞1,2 = −2 ± j3

  2 √ = 5 rad 2. Beispiel: p(t) = 1 m2 ·cos(ωr t) mit ωr = ω02 − 2δ 2 = ω02 − 2 Re s∞1 · rad s s s ω02 ω02 = 1,083 = G¨ute Q =  2δ Im s∞1 · (rad/s) 2δ ω02 − δ 2 3. Durch die Substitutionen X (t) = X 1 (t), X˙ 1 (t) = X 2 (t) folgt das Gleichungssystem:           X˙ 1 (t) 0 1 X 1 (s) 0 1 X 1 (t) X 1 (s) = bzw. s = −13 −4 −13 −4 X 2 (t) X 2 (s) X 2 (s) X˙ 2 (t)                   ˙ ) X(t

A

X(t )

s X (s)

A

X (s)

Mathematisch entspricht dies dem speziellen Eigenwertproblem. Die L¨osungen der Gleichung im L APLACE -Bereich (s E − A)X (s) = 0 f¨ur X (s) = 0 liefertdie Eigenvektoren X (s) und s −1 die L¨osung der Gleichung det (s E − A)−1 = det = 0 die Eigenwerte s∞1,2 . 13 s + 4

1 Harmonische Schwingungen

93

Diese bestimmen maßgeblich das Schwingverhalten des Oszillators. Ist Re s∞1,2 < 0, klingt die Amplitude ab (stabiles Verhalten), ist Re s∞1,2 = 0 entstehen Dauerschwingungen und ist Re s∞1,2 > 0, w¨achst die Amplitude mit der Zeit u¨ ber alle Grenzen (instabiles Verhalten).  AUFGABE E-10: B ODE -Diagramm eines Federpendels

E.1.8.1, G.4.6 !

Die Modellbildung einer physikalischen Anlage als ged¨ampftes Federpendel liefert bei a¨ ußerer ˙ Anregung p(t) die normierte Schwingungsgleichung X¨ (t) + X(t) + 100X (t) = 100 p(t) f¨ur die normierte Auslenkung X (t). X (jω) , den Amplituden-Frequenzp(jω) gang AN (ω) bzw. AdB (ω) und den Phasen-Frequenzgang ϕ(ω).

1. Bestimmen Sie den komplexen Frequenzgang F(jω) =

2. Berechnen Sie A(ω)dB und ϕ(ω) f¨ur die St¨utzwerte ω/(rad/s) = 1,5,8,10,12,20,100. Zeichnen Sie das B ODE -Diagramm und kennzeichnen Sie die asymptotischen Verl¨aufe durch Geraden. Bei welcher Kreisfrequenz knicken“ Amplituden- und Phasengang ab? ” 3. Wie groß ist die station¨are Verst¨arkung A0 = lim A(ω)? ω→0

¨ E-10:  L OSUNG 1. Nach L APLACE -Transformation f¨ur verschwindende Anfangsbedingungen folgt: s 2 X (s)

+ s X (s) + 100X (s) = 100 p(s) ⇒ F(s) = X (s) = 2 100 p(s) s + s + 100 Der Frequenzgang F(jω) ist die Randfunktion ¨ der Ubertragungsfunktion F(s) mit s = jω: 100 F(jω) = (100 − ω2 ) + jω 100 ejϕ(ω) mit =  (100 − ω2 )2 + ω2    ⎧ ⎨

A(ω)=AN (ω)

ω 100 − ω2 ϕ(ω) = ω π − arctan ⎩ 100 − ω2 A(ω)dB = 20 lg(A  N (ω)) dB 100 = 20 lg  (100 − ω2 )2 − arctan

1 2. ω in rad/s A(ω)dB in dB 8,7·10−2 ϕ(ω) in Grad -0,58

20

|



Amplituden-Frequenzgang AdB (ω) in dB

10 0 -10 -20 -30 -40 1

10 Kreisfrequenz ω in rad/s

→

 Phasen-Frequenzgang ϕ(ω) in Grad 0 | -20 -40 f¨ur 0 ≤ ω < 10 -60 -80 f¨ur 10 < ω -100 -120  -140 dB -160 + ω2 -180 1 10

5 2,48 -3,81

8 8,66 -12,53

10 20 -90

12 6,82 -164,74

20 -9,56 -176,19

100

100

100 -39,91 -179,42

3. A0 = lim A(ω) = 100 100 = 1. Das gleiche Ergebnis folgt aus dem Endwertsatz der L APLACE ω→0 Transformation, wenn f¨ur p(t) eine Sprungfunktion angenommen wird:

E

94

E Schwingungen und Wellen . p(t) =

0 f¨ur t < 0 pˆ = const f¨ur t ≥ 0

⇒

p(s) = p/s ˆ

X (t → ∞) = lim X (t) = lim (s X (s)) = lim (s F(s) p(s)) = lim ( pˆ F(s)) = pˆ t →∞

s→0

s→0

s→0

pˆ Da auch p(t → ∞) = pˆ ist, folgt: A0 = X (t → ∞) = = 1 p(t → ∞) pˆ Auch aus der Schwingungsgleichung selbst kann dies abgelesen werden, da im station¨aren ¨ Fall X˙ (t) = 0 und X(t) = 0 gilt: ⇒ 100X (t) = 100 p(t) ⇒ A0 = X (t) = 100 = 1 p(t) 100

¨ 2 Uberlagerung von Schwingungen  AUFGABE E-11: Harmonische Analyse

E.2.5

Die Auslenkung eines K¨orpers entspricht einer allgemein periodischen Schwingung der Form  ˆ ˆ X (t) = X + 4 X2 12 cos(ωt) + 12 cos(3ωt) + 12 cos(5ωt) + . . . . 2 π 1 3 5 1. Zeichnen Sie die Funktion X (t). Ist die Funktion gerade oder ungerade? 2. Bestimmen Sie deren Gleichanteil Z 0 sowie die komplexen F OURIER -Koeffizienten. 3. Ist das resultierende Spektrum kontinuierlich oder diskret? Zeichnen Sie das Amplitudenspektrum f¨ur k = −3, − 2, − 1,0,1,2,3 und Xˆ = 2 cm. ¨ E-11:  L OSUNG 1. Die Funktion ist gerade, da die Sinusanteile verschwinden (Z kS = 0) bzw. X (t) = X (−t) gilt. ˆ 2. Z 0 = X/2 ⎧ ⎨ 4 Xˆ f¨ur k = 1,3,5, . . . Z kC = (πk)2 ⎩ 0 f¨ur k = 2,4,6, . . .

X(t) ^ X

-

3T 2

-T

Aus den reellen Koeffizienten Z kS = 0, Z kC und Z 0 ergibt sich (Index S = sin-Anteil, C = cos-Anteil): ˆ Z 0 = Z0 = X 2 ⎧ ˆ ⎨ Z kC − jZ kS = Z kC = 2 X 2 f¨ur k = 1,3,5, . . . 2 2 Zk = (πk) ⎩ 0 f¨ur k = 2,4,6, . . . Z −k =

Z ∗k

= Z k , da die Z k hier reell sind.

-

5

T 2

2p T= w

0

T 2

π2  |Z(k)| 2

in cm

-3

-1

|

3T 2

T

t

Spektrum

4 3 2 1 0 -2

0

1

k →

2

3

3. Diskret, da X (t) kontinuierlich und periodisch ist. Das Amplitudenspektrum folgt aus dem Betrag der komplexen F OURIER -Koeffizienten mit Xˆ = 2 cm:

¨ 2 Uberlagerung von Schwingungen ˆ π2 2 2 |Z 0 | = Z 0 = X 2 = 1 cm = 2 · π 2 cm ≈ 5 π 2 cm |Z 1 | = |Z −1 | = 2 ·22 cm = 2 22 cm π π |Z 2 | = |Z −2 | = 0 |Z 3 | = |Z −3 | = 2 · 22 cm = 29 22 cm ≈ 0,22 22 cm 9π π π

95 f¨ur k = 0 f¨ur k = 1 f¨ur k = 2 f¨ur k = 3

E  AUFGABE E-12: Mittelwellenradio, Amplitudenmodulation

E.2.4.3,E.4.4

Ein Mittelwellenempf¨anger soll Radiosignale in dem Frequenzbereich zwischen 530 kHz und 1,6 MHz empfangen. 1. Zeigen Sie f¨ur Anregung in Resonanz, dass die ben¨otigten Empfangsdipole (λ/2-Antenne) aufgrund ihrer L¨ange in der Praxis nicht geeignet sind. Als Empf¨anger wird ein nahezu unged¨ampfter elektrischer Schwingkreis bestehend aus einer Ferritantenne (Spule mit Ferritkern, L = 0,22 mH) und einem Drehkondensator verwendet. 2. Wie groß ist der Kapazit¨atsbereich des Drehkondensators, wenn der ganze Frequenzbereich empfangen werden soll? Ein Mittelwellensender sendet den Kammerton a nach Amplitudenmodulation (Modulationsgrad 50 %), wobei die Tr¨agerfrequenz die mittlere Frequenz des Frequenzbereichs ist. 3. Stellen Sie das Amplitudenspektrum der amplitudenmodulierten Schwingung graphisch dar. ¨ E-12:  L OSUNG 1. Wie bei Begrenzung durch beidseitig feste bzw. lose Einspannung mechanischer Schwinger ist die Dipoll¨ange l ein ganzzahliges Vielfaches n der halben Wellenl¨ange λ: l = nλ 2 mit n = 1,2,3, . . . Die kleinste m¨ogliche Dipoll¨ange ist f¨ur n = 1: m ≈ 93,7 m lmin = λmin = c = 299792458 2 2 f max 2 · 1,6·106 1 2. T HOMSONsche Schwingungsformel: ω = 2π f = √ 1 ⇒ C = (2π f )2 L LC 1 1 Cmax = F = 405,3 pF = (2π f min )2 L (2π · 530·103)2 · 0,22·10−3 1 1 Cmin = = F = 45,0 pF (2π f max )2 L (2π · 1,6·106)2 · 0,22·10−3 − f f 3. Tr¨agerfrequenz f T = max 2 min = 535 kHz Modulationsfrequenz fM = 440 Hz (Kammerton a) Frequenz der unteren/ oberen Seitenschwingung: fU = fT − fM = 534,56 kHz fO = fT + fM = 535,44 kHz Amplitude der unteren/ oberen Seitenschwingung: Zˆ 1 Zˆ U = Zˆ O = Zˆ 1 m 2 = 4 mit m = 0,5

ˆ1  |Z ( f )|/ Z 1

|

Spektrum

0.75 0.5 0.25 0

fU

fT

fO

Frequenz f →

96

E Schwingungen und Wellen

 T IPP E-12: Die gesamte Information (Kammerton a) steckt“ in nur einer Seitenschwingung. Daher ist es ” ausreichend, nach Modulation nur eine Seitenschwingung (bei mehreren Frequenzen: ein Seitenband) zu u¨ bertragen. Dies wird z. B. im Amateurfunk bei der Einseitenbandmodulation (SSB, engl.: Single-Sideband Modulation) verwendet. ¨  AUFGABE E-13: Uberlagerung von Schwingungen

E.2.1

Zwei harmonische Schwingungen gleicher Frequenz und Richtung (Amplituden: Zˆ 1 = 5 cm, Zˆ 2 = 10 cm, Nullphasenwinkel: ϕ1 = 95◦ , ϕ2 = 35◦ ) u¨ berlagern sich zu einer Gesamtschwingung. 1. Geben Sie die Gesamtschwingung Z (t) an. 2. Berechnen Sie das Ergebnis aus 1. durch Verwendung komplexer Amplituden. 3. Wie ver¨andert sich die Gesamtschwingung in 1., wenn zus¨atzlich eine weitere harmonische Schwingung mit Zˆ 3 = 2 cm und ϕ3 = 25◦ u¨ berlagert wird? ¨ E-13:  L OSUNG ! 1. Z (t) = Z 1 (t) + Z 2 (t) = Zˆ cos(ωt + ϕ), wobei:  Zˆ = (5 cm)2 + (10 cm)2 + 2 · 5 · 10 cm2 · cos 60◦ = 13,2 cm  ◦ ◦  ϕ = arctan 5 · sin 95◦ + 10 · sin 35 ◦ = 54,1◦ ⇒ Z (t) = 13,2 cm · cos(ωt + 54,1◦ ) 5 · cos 95 + 10 · cos 35 ◦ ˆ 2. Z 1 = 5 cm ej95 = 5 cm · (cos 95◦ + j sin 95◦ ) ◦ ◦ Zˆ 2 = 10 cm ej35 = 10 cm · (cos 35◦ + j sin 35◦ ) ⇒ Zˆ = Zˆ 1 + Zˆ 2 = 13,2 cm ej54,1

 2  2 Re Zˆ 1 + Re Zˆ 2 + Im Zˆ 1 + Im Zˆ 2 Zˆ = | Zˆ | =  = (5 · cos 95◦ + 10 · cos 35◦)2 + (5 · sin 95◦ + 10 · sin 35◦ )2 cm = 13,2 cm   Im Zˆ 1 + Im Zˆ 2 ˆ = 54,1◦ ϕ = Arc Z = arctan Re Zˆ 1 + Re Zˆ 2 ◦ ◦ ◦ 3. Zˆ = Zˆ 1 + Zˆ 2 + Zˆ 3 = 13,2 cm ej54,1 + 2 cm ej25 = 15 cm ej50,4 ⇒ Z (t) = 15 cm · cos(ωt + 50,4◦ )

3 Gekoppelte Schwingungen linearer Oszillatoren  AUFGABE E-14: Gekoppelte Pendel Zwei gleiche mathematische Pendel (L¨ange l, Masse m) werden u¨ ber eine lineare Feder (Federsteifigkeit k, entspannt in Ruhelage) miteinander gekoppelt. Bestimmen Sie f¨ur kleine Auslenkungen ϑ1 (t) und ϑ2 (t) 1. die kinetische und potentielle Energie sowie die L AGRANGE -Funktion des gekoppelten Schwingers, 2. die Bewegungsgleichungen des Schwingers.

E.3

l1

k

s1

s2

J1(t) m

l J2(t)

4 Wellen

97

¨  L OSUNG E-14: 1. T = 1 ml 2 [ϑ˙ 12 (t) + ϑ˙ 22 (t)] 2 U = −mgl[cos ϑ1 (t) + cos ϑ2 (t)] + 1 k s 2 mit s = s2 − s1 = l1 sin ϑ2 (t) − l1 sin ϑ1 (t) 2 U = −mgl[cos ϑ1 (t) + cos ϑ2 (t)] + 1 kl12 [sin ϑ2 (t) − sin ϑ1 (t)]2 2 L = T −U = 1 ml 2 [ϑ˙ 12 (t)+ ϑ˙ 22 (t)]+mgl[cos ϑ1 (t)+cos ϑ2 (t)]− 1 kl12 [sin ϑ1 (t)−sin ϑ2 (t)]2 2 2   ∂ L ∂ L d 2. Auswertung der L AGRANGE -Gleichung dt ∂ q˙ − ∂q = 0 mit q1 = ϑ1 , q2 = ϑ2 und j cos ϑ j

j

anschließender N¨aherung sin ϑ j ≈ ϑ j bzw. ≈ 1 f¨ur kleine Winkel ϑ j :   ∂ L = ml 2 ϑ˙ (t) d ∂ L = ml 2 ϑ¨ (t) ∂ L = −mglϑ (t) − kl 2 [ϑ (t) − ϑ (t)] 1 1 1 2 1 1 ∂ϑ1 dt  ∂ ϑ˙ 1  ∂ ϑ˙1 ∂ L = ml 2 ϑ˙ (t) d ∂ L = ml 2 ϑ¨ (t) ∂ L = −mglϑ (t) + kl 2 [ϑ (t) − ϑ (t)] 2 2 2 2 1 1 ∂ϑ2 dt ∂ ϑ˙ 2 ∂ ϑ˙2 Eingesetzt in die L AGRANGE -Gleichung folgt das gekoppelte Differentialgleichungssystem: kl 2 g ϑ¨ 1 (t) + l ϑ1 (t) + 12 [ϑ1 (t) − ϑ2 (t)] = 0 ml kl 2 g ϑ¨ 2 (t) + l ϑ2 (t) + 12 [ϑ1 (t) − ϑ2 (t)] = 0 ml

4 Wellen  AUFGABE E-15: Phasengeschwindigkeit (γCO2 = 1,29) Berechnen Sie die Phasengeschwindigkeit (Schallgeschwindigkeit) in CO2 bei 0 ◦ C.

E.4.1.1

¨ E-15:  L OSUNG Die molare Masse von CO2 berechnet sich aus dem Periodensystem zu MCO2 = MC + 2MO ≈ 44 g/mol = 44·10−3 kg/mol. Mit dem Adiabatenexponent γCO2 = 1,29, der Temperatur T ≈ 293 K und R ≈ 8,31 J/(mol K) folgt die Schallgeschwindigkeit zu:

RT m ≈ 258 m . c = γCO2 M = 1,29 · 8,31 · 273 s CO2 44·10−3 s  T IPP E-15: Das Formelzeichen des Adiabatenexponenten ist auch κ. Dann darf dieses nicht mit der elektrischen Leitf¨ahigkeit verwechselt werden.  AUFGABE E-16: Wasserwelle

E.4.3.1,E.4.1.1

Eine unged¨ampfte ebene Wasserwelle ( f = 3 Hz, λ = 0,4 m, Zˆ = 4 cm) breitet sich als Sinuswelle (ϕ0 = −90◦) in positiver x-Richtung aus. Geben Sie die Gleichung der Welle an. Nach welcher Zeit hat die Welle die Stelle x 1 = 10 m erreicht? ¨  L OSUNG E-16: Z (x,t) = Zˆ sin(ωt − kx) mit Zˆ = 4 cm, ω = 2π f ≈ 18,9 s−1 , k = 2π/λ ≈ 15,7 m−1 10 s ≈ 8,3 s bei einer Ausbreitungsgeschwindigkeit von c = 1,2 m/s t1 = xc1 = λx 1f = 1,2

E

98

E Schwingungen und Wellen

 AUFGABE E-17: Schwingende Saite, Schwebung

E.4.1.1,E.4.4,E.2.4.2,E.2.5

Eine Gitarrensaite aus Stahl (Dichte  = 7850 Zugfestigkeit RM = 2000 N/mm2 , 2 Elastizit¨atsmodul E = 210 kN/mm , Durchmesser d = 1,07 mm) ist mit einer Kraft F = 15 N gespannt und an zwei Punkten im Abstand l0 = 75 cm fixiert. kg/m3,

1. Bei welcher Spannkraft w¨urde die Saite reißen? Wie groß ist die Ausbreitungsgeschwindigkeit von Transversalwellen entlang der Saite? 2. Wie groß sind die maximale Wellenl¨ange, mit der die Saite schwingen kann, und die zugeh¨orige Grundfrequenz? 3. Mit welcher Frequenz muss die Saite angeregt werden, damit diese mit der zweiten Harmonischen schwingt? 4. Wie stark ist eine zweite, identische Saite eingespannt, wenn bei Schwingung beider Saiten mit deren Grundfrequenz eine Schwebung mit einer Modulation von 2 Hz auftritt? 5. Welche Energie ist in der urspr¨unglichen Saite gespeichert? ¨  L OSUNG E-17: 1. Fmax = Rm A = Rm π d 2 = 2·109 · π · (1,07·10−3)2 N = 1798,4 N 4 4 Die Ausbreitungsgeschwindigkeit ist die Phasengeschwindigkeit der Saitenwelle:

 4F = 4 · 15 m = 46,1 m c1 = σ = s πd 2  π(1,07·10−3)2 · 7850 s 2. Erste station¨arer Frequenz (n = 1) bei beidseitig fester Einspannung: l0 = n λ ⇒ λ1 = 2l0 = 1,5 m f 1 = λc1 = 46,1 1s = 30,7 Hz 2 1,5 1 c 1 3. f2 = 2 2l = 2 f 1 = 61,4 Hz 0 1 ω2 − ω1 = 1 ( f − f ) = 1 (c − c ) ⇒ c = c + 2λ f = M 4. fM = ω 1 1 2 1 1 M 2π = 2 2π 2 2 2λ1 2 . 2 11,35 N f¨ur f M = −2 Hz ⇒ F2 =  d π (c1 + 2λ1 fM )2 = 4 19,16 N f¨ur f M = +2 Hz

4F2 πd 2 

5. Die gespeicherte Energie ist die potentielle Energie des Federsystems“ Gitarrensaite nach ” Spannen um die L¨ange l mit E p = 21 k( l)2 = 21 F l (H OOKE’sches Gesetz: F = k l bzw. σ = F A = Eε). Die L¨angen¨anderung l folgt aus der Dehnung auf die L¨ange l0 :

l = F ⇒ l0 − 1 = E A ⇒ l = l F ε=l − 0EA + F

l AE

l F 0 2 F2 = 4,47·10−3 J E p = 12 l0 E AF+ F = 12 l0 2 Ed π/4 + F

99

F Akustik

1 Schallquellen und Schallausbreitung  AUFGABE F-1: Schallgeschwindigkeit

F.1.1.1

1. Sie werfen einen Stein in einen 24 m tiefen Brunnenschacht. Nach welcher Zeit h¨oren Sie den Aufschlag auf dem Wasserspiegel? c = 332 m/s 2. Wie weit ist ein Gewitter entfernt, wenn es sieben Sekunden nach dem Blitz donnert? ¨  L OSUNG F-1:



 2h + h = 2·24 m + g c 9,81 m/s2 Die Laufzeit des Schalls ist demnach vernachl¨assigbar (t2 = 0,07 s).

1. Aus h = 12 gt12 und h = ct2 folgt: t1 + t2 = 2. s = c t = 332

m s

24 m 332 m/s

= 2,3 s

· 7 s ≈ 2,3 km. Als Faustregel gilt: (Zeit in s)/3 ≈ Entfernung in km

 AUFGABE F-2: Harmonische Welle F.1.1.4 Eine punktformige Schallquelle gibt einen Ton von 440 Hz mit einer Leistung von P = 1 W in einen luftgef¨ullten Raum (ϑ = 20 ◦ C, p = 1013 hPa) als harmonischeWelle ab. 1. Wie groß sind in 3 m Entfernung von der Schallquelle die Schallintensitat und der Schallintensit¨atspegel bei absorptionsfreier Ausbreitung? 2. Berechnen Sie den Wellenwiderstand Z . 3. Wie groß sind f¨ur die angegebene Entfernung in 1. der Schalldruckpegel und die Amplituden von Schalldruck, Schallausschlag und Schallschnelle? ¨ F-2:  L OSUNG p2 1W P −3 W 1. I = Zeff = P S = 4πr 2 = 36π m2 = 8,84·10 m2     8,84·10−3 W/m2 dB = 99,47 dB L I = 10 lg II dB = 10 lg 2 −12 0 1·10 W/m kg kg · 344 m s = 416 m2 s m3  p2      Z I dB = 10 lg Z dB + L 3. L p = 10 lg eff dB = 10 lg I 2 Z 0 I0 Z0  p0  = 10 lg 416 dB + 99,47 dB = 99,64 dB ≈ L I 400 2. Z = 0 (20 ◦ C) · cL (20 ◦C) = 1,21

Lp

99,64

peff = p0 · 10 20 dB = 20·10−6 Pa · 10 20 = 1,92 Pa √ √ pˆ = 2 peff = 2 · 1,92 Pa = 2,71 Pa

100

F Akustik

2,71 N/m2 2,71 N/m2 1 pˆ = pˆ = ξˆ = ω = 2,36 μm 2 = Z 2π f Z 2π · 440 · 416 kg/(ms) 2π · 440 · 416 kg/(ms)2 mm vˆ = ωξˆ = 2π · 440 · 2,36·10−6 m s = 6,52 s  AUFGABE F-3: Stehende Wellen, Gesamtschallpegel

F.1.1.6,F.1.1.4

¨ Bei einer Feier versuchen zwei Studenten ihren Bierflaschen (L¨ange l = 26 cm) durch Uberblasen T¨one zu entlocken. Student 1 hat gerade seine erste Flasche leer, w¨ahrend die des zweiten noch halb voll ist. Nehmen Sie die Flaschen als zylindrische Orgelpfeifen an, von denen sich der Schall wie von Punktschallquellen ausbreitet. c = 332 m/s 1. Welche Grundfrequenzen ergeben sich beim Blasen auf beiden Bierflaschen? 2. Wie groß ist die zweite Harmonische, die Student 1 durch kr¨aftigeres Blasen erzeugen kann? 3. Nach einiger Zeit verlegen sie ihre musikalischen Aktivit¨aten ins Freie. Dabei sinkt die Temperatur auf −4 ◦ C. Welche Grundfrequenzen erzeugen die beiden Studenten jetzt? 4. Versehentlich bricht unserem Musiker“ 1 der Boden seiner Bierflasche heraus. Welche ” Grundfrequenz und welche Frequenz der zweiten Harmonischen ergeben sich jetzt? 5. In 30 cm Entfernung betragen die Schallintensit¨atspegel im Freien L I,1 = 86 dB (unbesch¨adigte leere Flasche) und L I,2 = 78 dB (halbvolle Flasche). Wie groß sind die Gesamtschallintensit¨at Ig und der Gesamtschallintensit¨atspegel L I,g ? 6. Ein Nachbar hat sein Schlafzimmerfenster 30 m von den beiden Musikern“ entfernt. Er ” verlangt, dass der dort ankommende Schalldruckpegel 40 dB unterschreitet. Ist das erf¨ullt? ¨ F-3:  L OSUNG 1. Stehende Welle wie bei gedackter Pfeife (am Flaschenhals/ Boden lose/ feste Einspannung):    332 m/s c  f11 = n 4l = 4 · 0,26 m = 319 Hz = 2 f 11 = 638 Hz f 12 = n c  4(l/2) n=1 n=1   2. Die n¨achste station¨are Frequenz ist f¨ur n = 3: f 31 = n c  = 3 f 11 ≈ 958 Hz 4l n=3 3. Die Schallgeschwindigkeit f¨ur Luft a¨ ndert sich: ◦ m ◦ c = cL (−4 C) = 331,5 s 1 + −4 C◦ = 329 m s ⇒ f 11 = 316 Hz; f 12 = 633 Hz 273,15 C 4. Die erste station¨ are Frequenz einer stehende Welle in (beidseitig) offener Pfeife:   329 m/s = 633 Hz = f11 = n c  2l n=1 2 · 0,26 m   Die n¨achste station¨are Frequenz ist f¨ur n = 2: f 21 = n c  = 2 f 11 = 1265 Hz 2l n=2 ⎧ L I,1 ⎪ ⎨ I1 = I0 10 10 dB = 1·10−12·108,6 W2 = 3,98·10−4 W2   m m 5. L I = 10 lg II dB ⇒ L I,2 0 ⎪ ⎩ I2 = I0 10 10 dB = 1·10−12·107,8 W2 = 6,31·10−5 W2 m m I  g W −4 Ig (r = 0,3 m) = I1 + I2 = 4,61·10 ; L I,g = 10 lg I dB = 86,64 dB 0 m2  2 (r = 30 m) I g 6. Ig ∼ 12 ⇒ = 0,3 = 1·10−4 ⇒ Ig (r = 30 m) = 4,61·10−8 W2 Ig (r = 0,3 m) 30 r m

1 Schallquellen und Schallausbreitung

101

Mit Z ≈ 430 kg/(m2 s) bei einer Temperatur von −4 ◦ C folgt: I Z    p2  g 4,61·10−8 · 430 dB = 46,95 dB L P = 10 lg eff,g dB = 10 lg dB = 10 lg p02 p02 (20·10−6)2 Nein, die Forderung wird nicht eingehalten.

 AUFGABE F-4: D OPPLER-Effekt

F.1.1.8

Ein Hochgeschwindigkeitszug f¨ahrt mit 360 km/h in ruhender Luft (c = 332 m/s) und sendet einen Ton ( f = 500 Hz) aus. Welche Frequenz h¨ort ein ruhender Beobachter, 1. wenn der Zug auf ihn zuf¨ahrt, 2. der Zug von ihm wegf¨ahrt? 3. Wie groß sind die Wellenl¨angen in 1. und 2.? 4. Um wie viel werden die Frequenzen in beiden F¨allen ver¨andert, wenn ein Orkan mit 200 km/h Windgeschwindigkeit in Fahrtrichtung weht? ¨ F-4:  L OSUNG vS

S → E 1. Bewegter Sender, ruhender Empf¨anger ( ): 1 fE1 = f S 1 v S = 500 Hz = 716 Hz 1− c 1 − 360 3,6 · 332

( h¨oherer Ton“) ”

vS

S E 2. Bewegter Sender, ruhender Empf¨anger (←  ): 1 fE2 = f S 1 v S = 500 Hz = 384 Hz ( tieferer Ton“) ” 1+ c 1 + 3,6360 · 332

332 m/s 3. λ1 = fc = = 0,46 m 716 1/s E1

332 m/s λ2 = fc = = 0,86 m 384 1/s E2

4. Der Wind f¨uhrt zu einer Ver¨anderung der Schallgeschwindigkeit, d. h. der Schall wird im ersten Falle schneller“ und im zweiten Falle langsamer“ transportiert: ” ” ⎧ ⎧ 1 ⎪ m m 200 ⎨ f S 1 − v S = 674 Hz < fE1 ⎨ (332 + ) s = 388 s c1 3,6  ⇒ f E1,2 = c1,2 = c ± v W = 1 ⎪ ⎩ (332 − 200 ) m = 276 m f = 367 Hz < fE2 ⎩ S v s 3,6 s 1 − cS2 In beiden F¨allen wird die Frequenz erniedrigt.

 AUFGABE F-5: Schalld¨ampfung Beim Durchgang durch eine 15 cm dicke Wand sinkt der Schalldruck auf 40 % ab. 1. Um wie viel wird der Schalldruckpegel abgesenkt? 2. Wie groß ist der D¨ampfungskoeffizient m α ?

F.1.1.9

F

102

F Akustik

¨  L OSUNG F-5: 1. L p = 20 lg



peff p0



dB − 20 lg



0,4 · peff p0



  1 dB ≈ 8 dB dB = 20 lg 0,4

2 ⇒ Bei Absenkung von p 2 auf 40 % wird I auf 16 % abgesenkt: 2. I ∼ peff eff    1 1 1 −m x α I (x) = I0 e ⇒ m α = − x ln I (x) I0 x=0,15 m = − 0,15 m ln(0,16) = 12,2 m

 AUFGABE F-6: Schalld¨ammung

F.1.2.2

Anlieger einer Bahntrasse beschweren sich u¨ ber den Verkehrsl¨arm, der von den vorbeifahrenden Z¨ugen verursacht wird. 1. Bei einem Anwohner wurde im Außenbereich ein Schalldruckpegel von L p,1 = 100 dB gemessen. Berechnen Sie den zugeh¨origen Schalldruck peff,1 . 2. Der Bahnchef hat eine Halbierung“ des L¨arms durch Einf¨uhrung neuer Zugtechniken ver” sprochen. Welcher Schalldruckpegel L p,2 entspricht dem halben Schalldruck nach 1.? 3. Nach einem Katalog f¨ur Fenster d¨ammen diese den Schalldruck um 40 dB. Ist dies ausreichend, um den Schalldruck aus 1. im Geb¨aude auf peff,3 = 0,1 Pa herabzusetzen? 4. Berechnen Sie das Schalld¨ammmaß und den Transmissionsgrad eines Fensters aus 3. mit den Abmaßen 105 cm × 145 cm. ¨ F-6:  L OSUNG   100 dB p dB = 100 dB ⇒ peff,1 = p0 · 10 20 dB = 20·10−6·105 Pa = 2 Pa 1. L p,1 = 20 lg eff,1 p 0

  p 2. L p,2 = 20 lg eff,1 dB = −20 lg({ p0 }) dB = −20 lg(20·10−6) dB = 94 dB. 2 p0 Eine Halbierung entspricht einer Absenkung des Schalldruckpegels um etwa 6 dB. 3. Schalldruck im Innenbereich:   60 dB p 1 L p,3 = (100 − 40) dB = 20 lg eff,3 p0 dB ⇒ peff,3 = p0 · 10 20 dB = 0,02 Pa = 5 · 0,1 Pa Die Fenster sind ausreichend. 4. Bei Annahme einer ebenen Welle mit Schallkennimpedanz Z ≈ 416 kg/(m2s) (Luft 20 ◦ C) folgt f¨ur die einfallende und durchgelassene Schallleistung Pe und Pt : 2 2 p2 2 (2 N/m ) −3 Nm = 14,6 mW Pe = S eff,1 s Z = 1,05 · 1,45 m 416 kg/(m2s) = 14,6·10 2 2 2 p 2 (0,02 N/m ) −6 Nm = 1,46 μW Pt = S eff,3 s Z = 1,05 · 1,45 m 416 kg/(m2s) = 1,46·10 Logarithmisches Schalld¨ a mmmaß R:   Pt dB = 10 lg(1·10−4 ) dB = −40 dB (siehe Angabe 3.) τ = Pe = 1·104 R = 10 lg P P e

t

1 Schallquellen und Schallausbreitung

103

 AUFGABE F-7: Ultraschallmesstechnik

F.1.1.1

S1, E1

Zur Durchflussmessung von Fluiden (Str¨omungsgeschwindigkeit u) in vollgef¨ullten Rohren werden beim t1 l u a Laufzeitverfahren Ultraschallsignale abwechselnd vom t2 Piezosender S1 zum Empf¨anger E2 und umgekehrt von S2 zu E1 gesendet und die Laufzeitdifferenz t = t2 − t1 E2, S2 Durchflussmessung ermittelt. 1. Welchen Vorteil hat das Laufzeitverfahren gegen¨uber dem Wirkdruckverfahren? Warum wird das Laufzeitverfahren nur in vollgef¨ullten Rohrsystemen eingesetzt? 2. Wie ist der Zusammenhang zwischen der Laufzeitdifferenz t = t2 − t1 des Ultraschallsignals und der Str¨omungsgeschwindigkeit u, der Schallgeschwindigkeit c im Fluid und den dargestellten geometrischen Gr¨oßen? 3. Welche vereinfachende Annahme ist in 2. n¨aherungsweise zul¨assig? Welcher Zusammenhang ergibt sich dadurch zwischen der Str¨omungsgeschwindigkeit und Laufzeitdifferenz? 4. Berechnen Sie aus 3. die Str¨omungsgeschwindigkeit einer Wasserstr¨omung (ϑ = 20 ◦C), wenn bei l = 10 cm, α = 45◦ ein Laufzeitunterschied von t = 100 ns gemessen wird. 5. Wie groß sind gemessener Volumen- und Massestrom bei kreisrundem Rohrquerschnitt A? 6. Beim Impuls-Folgefrequenz-Verfahren werden gleichzeitig Impulsfolgen von den Sendern S1, S2 zu den Empf¨angern E2, E1 gesendet und die Frequenzen der Impulsfolgen f 1 = 1/t1 und f 2 = 1/t2 erfasst. Wie h¨angt u von der Frequenzdifferenz f = f 1 − f 2 des Ultraschallsignals ab und welchen Vorteil hat dieses Verfahren gegen¨uber dem Laufzeitverfahren? ¨ F-7:  L OSUNG 1. Die Durchflussmessung erfolgt ohne bleibenden Druckverlust, jedoch ist diese bei Teilf¨ullungen wegen der Reflexionen der Ultraschallwellen an der Fluidgrenze (Oberfl¨ache) ungeeignet. ⎫ l ⎬ t1 = cl = c + ul cos α 2. Signalgeschwindigkeit S1 → E2 : c1 = c + v cos α = t1 1 ⇒ Signalgeschwindigkeit S2 → E1 : c2 = c − v cos α = tl ⎭ t2 = cl2 = c − ul cos α 2 l 2lu cos α l

t = t2 − t1 = c − u cos α − c + u cos α = 2 c − u 2 cos2 α 3. u 2  c2 , da die Str¨omungsgeschwindigkeit u praktisch immer deutlich kleiner als Schallgeschwindigkeit c im Fluid ist: α ⇒ u= c2 t (proportionaler Zusammenhang u ∼ t)

t ≈ 2lu cos 2 2l cos α c 4. Schallgeschwindigkeit im Wasser ist c = 1485 m/s: (1485 m/s)2 0,1·10−6 s = 1,56 m s 2 · 0,1 m · cos 45◦ 2 3 5. V˙ = ∂∂tV = A ∂∂tx = Au = d 2 π u ≈ (l sin α)2 π u = l πu = 6,12·10−3 ms = 6,12 s 4 4 8 3 kg kg ∂(V ) ∂m ∂ V m˙ = ∂t = ∂t =  ∂t =  V˙ = 998,21 3 · 6,12·10−3 ms = 6,11 s m l 6. f = f1 − f 2 = t1 − t1 = c + ul cos α − c − ul cos α = 2u l cos α ⇒ u = 2 cos α f 1 2 Die Str¨omungsgeschwindigkeit u wird unabh¨angig von der Schallgeschwindigkeit c des Fluids, d. h. die Fluidtemperatur hat keinen Einfluss mehr auf das Messergebnis. u=

F

104

F Akustik

2 Physiologische Akustik  AUFGABE F-8: Akustische Tonwahrnehmung

F.2.1

1. Wie groß ist der Schalldruck eines Tons ( f = 3,5 kHz) mit einer Lautst¨arke von 90 phon? 2. Bei leichtem Anschlagen gibt eine Stimmgabel den Kammerton a mit 13 phon ab. Um wie viel leiser wird dieser Ton vom menschlichen Geh¨or wahrgenommen (als der in 1.)? 3. Wie groß ist die Lautst¨arke beim gleichzeitigen Anschlagen a) von 10 Stimmgabeln aus 2. bzw. b) von 10 gleichen Tonquellen aus 1.? Was folgern Sie? 4. Wie groß sind die A-bewerteten Gesamtschallpegel in 3.? ¨  L OSUNG F-8: Schmerzgrenze

80 dB 20 dB

peff = p0 ·10 = 0,2 Pa

=

20·10−6·104

Pa

2. Lautheit S1 , S2 mit L S1 = 90 phon, L S2 = 13phon:  L S1 −40 0,1 S1 =2  phon  sone = 32 sone L S2 −40 0,1 phon S2 =2 sone = 0,154 sone Ton 1 wird 208-mal lauter empfunden.

140 dB 120 100

Schalldruckpegel Lp

1. Aus der Phonkurve f¨ur das menschliche Geh¨or liest man ab, dass der Ton  einen Schalldruckpegel  p dB = 80 dB L p = 20 lg peff 0 hat. Schalldruck:

80 60 40

120 110 100 90 80 70 60 50 40 30 20

130 phon

20 Hörschwelle 13 12,5 0 -10 16 31,5 63 125 250 500 1 2 3,5 4 8 440 kHz Hz Schallfrequenz f

16

3. a) Einzelschalldruckpegel aus Phonkurve: L p ≈ 12,5 dB

 Lp  Gesamtschallpegel bei m = 10 gleichen Schallquellen: L p,g = 10 lg m·10 10 dB dB = 10 lg(102,25) dB = 22,5 dB ⇒ Gesamtlautst¨arke L S,g ≈ 23 phon (aus Phonkurve) b) 10 Tonquellen aus 1. mit L p = 80 dB:  Lp  L p,g = 10 lg m·10 10 dB dB = 90 dB ⇒ L S,g ≈ 100 phon (aus Phonkurve) Aus a) und b) folgt L S,g = L S + 10 lg(m), d. h. bei leisen Schallquellen (Fall a) ergeben 10 Schallquellen fast eine Verdoppelung der Lautst¨arke. Bei lauten Quellen (Fall b) ergeben 10 Quellen nur eine Anhebung der Lautst¨arke um 10 % im Vergleich zu einer einzelnen Quelle.

4. a) Stimmgabeln: L Ap,g = L p,g + L A (440 Hz) = (22,5 − 4,0) dB(A) = 18,5 dB(A) b) Tonquellen aus 1.: L Ap,g = L p,g + L A (3,5 kHz) = (90,0 + 1,1) dB(A) = 91,1 dB(A)

105

G Elektrizit¨atslehre und Elektrotechnik

1 Elektrischer Strom, Widerstand, O HM’sches Gesetz  AUFGABE G-1: Elektrische Ladung und Stromdichte

 G.1.1-G.1.3

Berechnen Sie I

1. die Raumladungsdichte e freier Kupferelektronen, 2. die Stromdichte J und mittlere DriftgeschwindigA n J e keit vdr der Leitungselektronen in einem Kupferdraht z (Querschnitt A = 1 mm2 ) bei einem Strom I = 1 A, Ladungstr¨agerdichte von Kupfer: 3. die Stromdichte J1 , wenn sich der Draht mit − v dr parn = 8,50·1028 m−3 allel zur z-Achse bewegt. ¨  L OSUNG G-1: 1. e = −en = −1,602·10−19 C · 8,50·1028 m−3 = −13,617·109 C3 m  2.(a) Vereinfachte L¨osung ohne Vektoren (hier m¨oglich, da eZ  n mit n = A I J ): I = 1 A = 1·106 A J= A mm2 m2 μm 1·106 Am−2 J = v dr = −en = −73,43 s −1,602 · 10−19 C · 8,50 · 1028 m−3 I n = I e : (b) Vollst¨andige vektorielle L¨osung mit J = A A Z I e = 1 A e = 1·106 A e ; v = J = −73,43 μm e J = A z z z dr s z −en mm2 m2 3. Relativ zur am Draht befestigten Kontrollfl¨ache A bewegen sich die freien Elektronen nicht, aber der restliche Leiter mit positiven Atomr¨umpfen“ wird mit vp = − v dr verschoben: ” (a) J1 = +epv p = −env dr = J v dr ) = −en vdr = J (Stromdichte bleibt gleich) (b) J1 = +epvp = en(−  AUFGABE G-2: Elektrische Spannung

G.1.4

1. Ein Elektron wird in einem elektrischen Feld mit der Potentialdifferenz U = −1 V aus der Ruhe beschleunigt. Wie groß sind die kinetische Energie E k und die Geschwindigkeit v des Elektrons nach dem Beschleunigungsvorgang? 2. Welche Arbeit kann ein Elektron verrichten, das ein Potential von ϕe = −10 kV hat? Elementarladung e = 1,602·10−19 C, Ruhemasse des Elektrons m e = 9,11·10−31 kg

106

G Elektrizit¨atslehre und Elektrotechnik

¨  L OSUNG G-2: 1. E k = E p = −eU = −e · (−1 V) = 1 eV = 1,602·10−19 J

 −19 J 2E 1 2 k E k = 2 m e v ⇒ v = m e = 2 · 1,602·10 = 5,93·105 m −31 s 9,11·10 kg 2. W = E p = −eU = −e · (−10 kV) = 10 keV = 1,602·10−15 J Ein hohes Potential gegen¨uber Erde (Nullpotential) bzw. eine hohe Spannung bedeuten nicht automatisch, dass viel Arbeit verrichtet werden kann; maßgebend sind Spannung und Ladung. Beispiel: Beim Ausziehen eines Pullovers werden Ladungen getrennt, deren Potential mehrere kV gegen¨uber Erde betr¨agt. Trotzdem ist das Anfassen eines geerdeten Metallteils nicht lebensgef¨ahrlich – wenn auch unangenehm –, da nur sehr wenige Ladungen getrennt wurden.

 AUFGABE G-3: Elektrischer Widerstand

 G.1.5

Bei Anlegen einer Spannung U = 6 V an einen Draht (Kreisquerschnitt A, Durchmesser d = 0,35 mm, L¨ange l = 10 m, ϑ = 20 ◦C) fließt ein Strom I = 1,2 A. Berechnen Sie: 1. den O HM’schen Widerstand R und den elektrischen Leitwert G, 2. den spezifischen elektrischen Widerstand ρ, 3. die elektrische Leitf¨ahigkeit κ.

  4. Wie groß ist der O HM’sche Widerstand R80 bei ϑ = 80 ◦C α20 = 1,3·10−3 K−1 ?

¨  L OSUNG G-3: (O HM’sches Gesetz) 1. R = R20 = UI = 6 V = 5,0 ' 1,2 A 1 = 0,2 1 = 0,2 S G= R ' d 2 π = 5,0 ' · (0,35·10−3)2 m2 · π ≈ 4,81·10−8 ' m ≈ 4,8·10−6 ' cm 2. ρ = RlA = R l 4 40 m 1 1 S 7 5 3. κ = ρ ≈ 2,08·10 'm ≈ 2,1·10 cm + , 4. R80 = R20 (1 + α20 ϑ) = 5,0 ' · 1 + 1,3·10−3 K−1 (80 − 20) K = 5,39 '

2 Gleichstromkreis  AUFGABE G-4: Widerstandsnetzwerk Gegeben ist ein Netzwerk mit der Gleichspannungsquelle Uq = 40 V und den Widerst¨anden R12 = R6 = R7 = 8 '; R3 = R5 = 12 '; Uq R4 = 4 '. Berechnen Sie den Strom I6 .

R4 R12 R3

 G.3.3

I6 R5

U6

R6

R7

3 Maschen- und Knotenanalyse

107

¨  L OSUNG G-4: Zusammenfassen der Widerst¨ande, Spannungsteilerregel und O HM’sches Gesetz: R47 = R4 + R7 = 4 ' + 8 ' = 12 '  −1 R˜ = R1 + R1 + R1 + R1 5 6 2. Parallelschaltung R3 , R5 , R6 , R47 : 47  3 −1 1 1 1 1 + + + = '= 8 ' 12 12 8 12 3 ˜ 8/3 ' R 3. Spannungsteiler: U6 = Uq = 40 V · 41 = 10 V = 40 V (8 + 8/3) ' R12 + R˜ 10 V 6 4. O HM’sches Gesetz: I6 = U R6 = 8 ' = 1,25 A

1. Reihenschaltung R4 , R7 :

G

3 Maschen- und Knotenanalyse  AUFGABE G-5: Maschenanalyse einer Bruckenschaltung ¨ (H-Brucke) ¨  G.3.5.1 Berechnen Sie den Strom I (Uq = 10 V, R1 = R2 = R3 = R5 = 500 ', R4 = 300 '). ¨  L OSUNG G-5: Festlegung eines vollst¨andigen Baumes und der Verbindungszweigstr¨ome I1 , I2 , I

1. Maschenumlauf in I,II und III liefert R · I = U q : ⎡

R

⎤ vollständiger −(R1 + R2 ) R2 R1 + R2 I2 1 ⎦ Baum R2 + R4 = ⎣ −(R1 + R2 ) R1 + R2 + R3 + R4 I II −R2 R2 + R4 R2 + R4 + R5 1 R1 ⎡ ⎤ ID R5 1000 −1000 −500 Uq I 2 = ⎣ −1000 1800 800 ⎦ ' −500 800 1300 III R ⎤

⎡

⎡

⎤

10 Uq U q = ⎣ 0 ⎦ = ⎣ 0 ⎦ V; 0 0

⎡

2

⎤

I1 I = ⎣ I2 ⎦ I

R3 3 R4

4

2. Berechnung von I = Z /N mit C RAMER’scher Regel: ) Z = det

1000 −1000 10 −1000 1800 0 −500 800 0

*

) A = 1·106 A;

N = det

1000 −1000 −500 −1000 1800 800 −500 800 1300

* = 7,5·108

Z = 10 ·10−2 A ≈ 1,33 mA ⇒ I = N 75  AUFGABE G-6: Knotenanalyse einer Bruckenschaltung ¨ (H-Brucke) ¨  G.3.5.2 Berechnen Sie den Strom I (Iq = 20 mA, R1 = R2 = R3 = R5 = 500 ', R4 = 300 ').

108

G Elektrizit¨atslehre und Elektrotechnik

¨  L OSUNG G-6: Knoten 3 soll Referenzknoten sein, die Knotenpotentiale von 1,2,4 sind U1 , U2 , U4 . 1. Knotensatz f¨ur Knoten 1,2,4 liefert G · U = Iq : ⎡

⎤ −G 1 0 G1 + G2 G1 + G2 + G5 −G 2 ⎦ G = ⎣ −G 1 0 −G 2 G2 + G4 ⎤ ⎡ 4 −2 0 = ⎣ −2 6 −2 ⎦ mS 0 −2 12 ⎤ ⎤ ⎡ Iq 20 0 ⎦ mA; Iq = ⎣ 0 ⎦ = ⎣ −20 −Iq ⎡

1 Iq

R1 2

U1 ID R5

R2

U2 U 4

R3 3 R4

4 G 1 = 1/R1 , G 2 = 1/R2 , . . .

⎡

⎤ U1 U = ⎣ U2 ⎦ U4

2. Berechnung von U2 = Z /N mit C RAMERscher Regel: ) Z = det

4 20 0 −2 0 −2 0 −20 12

*

) ·10−9 V = 320·10−9 V;

Z = 320 V ≈ 1,429 V ⇒ U2 = N 224

N = det

4 −2 0 −2 6 −2 0 −2 12

* = 224·10−9

2 ⇒ I = U R5 ≈ 2,857 mA

4 Wechselstromkreis  AUFGABE G-7: Komplexe Wechselstromrechnung

 G.4.3

F¨ur die Schaltung (Uq (t) = 230 V · cos(ωt + 45◦ ), R = ωL = 1/(ωC) = 2 k') sind zu berechnen: R

1. die Impedanzen Z L , Z C von L und C,

1

2. die Eingangsimpedanz Z ges zwischen den Klemmen 1 und 2, 3. das Verh¨altnis der komplexen Spannungen U C /U q , 4. der komplexe Zeiger U C und die Kondensatorspannung UC (t).

L

Uq(t)

=> Zges 2

¨  L OSUNG G-7: 1 = −j2 k'; 1. Z C = 1 = −j ωC jωC

Z L = jωL = j2 k'

2 1 + R · jωL = (R + jωL) + jωC · jω RL = R(1 − ω LC) + jωL 2. Z ges = jωC 2 R + jωL jωC(R + jωL) −ω LC + jω RC j2 k' j(−1 − j) = −1 + j = 2 k' = 1 k'(1 − j) 2

C

UC(t)

4 Wechselstromkreis

109

√ ◦ U 1/(jωC) −j2 k' = 1 − j = 2 e−j45 3. Spannungsteilerregel: U C = Z = 1 k'(1 − j) ges q √ −j45◦ √ −j45◦ √ ◦ ◦ · Uq = 2 e 4. U C = 2 e · 230 V e+j45 = 2 · 230 V ej0 √ UC (t) = 2 · 230 V · cos(ωt) ≈ 325 V · cos(ωt)  AUFGABE G-8: Wirkleistung  G.4.4.2,G.4.4.5 Ein Rasenm¨aher hat die Nenndaten Ueff,N = 230 V, PN = 800 W. Wie groß ist der Leistungsverlust in der Zuleitung bei Betrieb an Ueff = 230 V? Zuleitung: L¨ange l = 100 m, Querschnitt A = 1,5 mm2 , spezifischer Widerstand Cu = 1,7·10−8 'm

G

¨  L OSUNG G-8: • M¨aherwiderstand RM und Zuleitungswiderstand RZ : 2 2 Ueff,N RM = P = (230 V) ≈ 66,1 ' 800 W N  l 1,7·10−8 'm · 100 m ≈ 2,3 ' RZ = 2 Cu = 2 · A 1,5·10−6 m2 • Effektivwert des Stromes Ieff und Verlustleistung PV : 230 V = 3,36 A Ieff = R U+effR = 68,4 ' Z

M

2 = 2,3 ' · (3,36 A)2 ≈ 26 W (cos ϕ = 1 bei O HM ’schem Widerstand) PV = RZ Ieff

 AUFGABE G-9: Leistung

 G.4.4

Es sind allgemein anzugeben: 1. die Definition der komplexen Scheinleistung S und deren Betrag S, 2. S in Abh¨angigkeit von Wirk- und Blindleistung sowie die zugeh¨origen Einheiten, 3. S und S zweier in Reihe geschalteten Teilschaltungen (aufgenommene Leistungen S 1 , P1 , Q 1 bzw. S 2 , P2 , Q 2 ) in Abh¨angigkeit von deren Wirk- und Blindleistungsanteilen. F¨ur die Schaltung (Uq,eff = 200 V, Frequenz f = 50 Hz, U1,eff = U2,eff = 100 V, Leistung von R1 und R2 : P1 = 100 W, P2 = 60 W) sind zu berechnen: I

4. der Effektivwert Ieff des Stromes I ,

C1

R1 U1

5. die Kapazit¨at C2 und der Widerstand R2 ,

Uq

6. die Kapazit¨at C1 und der Widerstand R1 .

U2

R2

C2

¨  L OSUNG G-9: 1. S = U q,eff I ∗eff ; 2. S = P + jQ;

S = |S| = Uq,eff Ieff [S] = 1 VA;

[P] = 1 W;

[Q] = 1 var  S = (P1 + P2 )2 + (Q 1 + Q 2 )2 (P YTHAGORAS)

3. S = S 1 + S 2 = (P1 + P2 )+j(Q 1 + Q 2 ); 4. P1 = U1,eff Ieff ⇒ Ieff = UP1 = 100 W = 1 A 100 V 1,eff

110

G Elektrizit¨atslehre und Elektrotechnik

5. S2 = U2,eff Ieff =



2 Q 2 = −ωC2 U2,eff

P22 + Q 22 ⇒

 Q 2 = − (U2,eff Ieff )2 − P22 = −80 var

⇒

C2 = −

Q2 ≈ 25,46 μF; 2 2π f U2,eff

R2 =

2 U2,eff P2 ≈ 166,7 '

 6. S = Uq,eff Ieff = (P1 + P2 )2 + (Q 1 + Q 2 )2 ⇒  Q 1 = − (Uq,eff Ieff )2 − (P1 + P2 )2 − Q 2 = −40 var ⇒ C1 = −

Q1 ≈ 12,73 μF; 2 2π f U1,eff

R1 =

2 U1,eff P1 = 100 '

¨  AUFGABE G-10: Ubertragungsfunktion und Frequenzgang

 G.4.6

R

F¨ur ein RC-Tiefpassfilter (C = 1 μF, R = 10 k', Eingangsspannung Ue (t), Ausgangsspannung Ua (t)) sind zu bestimmen:

Ue

UR

I C

Ua

1. die Differentialgleichung f¨ur Ua (t), ¨ 2. die Ubertragungsfunktion H (s) = Ua (s)/Ue (s) und der Frequenzgang H (jω). 3. Berechnen Sie die Zeitkonstante τ , die Grenzkreisfrequenz ωg und die Grenzfrequenz fg . 4. Zeichnen Sie die Ortskurve und das B ODE -Diagramm von H (jω).

¨ G-10:  L OSUNG 1. Ue (t) = UR (t) + Ua (t) = R I (t) + Ua (t) = RC · dUdta (t) + Ua (t) 2. Aus Differentialgleichung: U e (jω) = RC · jωU a (jω) + U a (jω) = (1 + jω RC)U a (jω) ⇒ H (jω) =

Ua (jω) 1 1 = 1 + jω RC = 1 + jω/ωg ; Ue (jω)

3. τ = RC = 1 μF · 10 k' = 10 ms;

H (s) = 1 + 1s RC

ωg = τ1 = 100 rad/s;

fg =

ωg ≈ 16 Hz 2π

4. Darstellung von H (jω) in Polarform und Wertebestimmung: H (jω) = |H (jω)| ejϕ(ω) = 

1 − arctan(w/wg ) ; 2 e  1 + ω/ωg

AdB (ω) = 20 lg(|H (jω)|) dB

ω/ωg in — 0,01 0,1 0,2 0,5 1 2 5 10 100 1000 |H (jω)| in — 1,000 0,995 0,981 0,894 0,707 0,447 0,196 0,100 0,010 0,001 AdB (ω) in dB 0,000 -0,043 -0,170 -0,969 -3,010 -6,990 -14,150 -20,043 -40,000 -60,000 ϕ(ω) in rad -0,010 -0,100 -0,197 -0,464 -0,785 -1,107 -1,373 -1,471 -1,561 -1,570 ϕ(ω) in Grad -0,573 -5,711 -11,310 -26,565 -45,000 -63,435 -78,690 -84,289 -89,427 -89,943

5 Schaltvorg¨ange

Amplitudengang

A(w)dB in dB 0,01 0

111 1

0,1

10

100

1000

-3dB bei wg w/wg

-20 Asymptote mit -20 dB/Dekade Steigung

-40 -60

j(w) in Grad 0

Phasengang

Zeiger der Länge |H(jw=jwg/2)| jIm{H(jw)}

w=¥ 0

w=0

j(w=w g /2)

Re{H(jw)}

0,5

w

w/wg

-22,5 -45° bei wg

-45

-0,5

-67,5

w=wg/2

w=2wg w=wg

Ortskurve

G

-90 Bode-Diagramm

Ortskurve

5 Schaltvorg¨ange

 AUFGABE G-11: Schaltvorgang an Kapazit¨at

 G.5

Zum Zeitpunkt t = 0 s wird durch Schließen des Schalters die entladene Kapazit¨at C2 u¨ ber R an die auf die Spannung U1 (t = 0) = U0 aufgeladene Kapazit¨at C1 geschaltet. 2 ur t ≥ 0 1. Zeigen Sie, dass gilt: U1 (t) + C C 1 U2 (t) = U0 f¨

S

Außerdem sind zu bestimmen:

I(t)

t=0

2. die Differentialgleichung f¨ur U2 (t),

U1(t)

R

C1

C2

U2(t)

3. die Zeitkonstante τ und die Spannung U2 (t). 4. Zeichnen Sie den qualitativen Verlauf von U2 (t).

¨  L OSUNG G-11: 1. Die Summe der Ladungen f¨ur t ≥ 0 ist gleich der Anfangsladung Q 0 (Ladungserhaltung): Q 1 (t) + Q 2 (t) = Q 0 mit Q 0 = C1 U0 ⇒ C1 U1 (t) + C2 U2 (t) = C1 U0 ⇒ C2 U (t) = U U1 (t) + C 2 0 1 C2 U (t) + U (siehe 1.) ⇒ 2. R I (t) + U2 (t) = U1 (t) mit I (t) = C2 dU2 (t) und U1 (t) = − C 2 0 dt 1   C RC C C 2 1 2 1 RC2 U˙ 2 (t) + 1 + C U2 (t) = U0 ⇒ C + C U˙ 2 (t) + U2 (t) = C + C U0 1

1

2

1

2

112

G Elektrizit¨atslehre und Elektrotechnik

3. Allgemeine Differentialgleichung: τ U˙ 2 (t) + U2 (t) = K U0 mit τ = CRC+1 CC2 ; 1 2

K = C C+1 C 1 2

L¨osung f¨ur U2 (t = 0) = 0: 3 0 f¨ur t ≤ 0   U2 (t) = − τt f¨ur t ≥ 0 K U0 1 − e

4. Qualitativer Verlauf U2(t)

KU0

0,63 KU0 KU0/2

Tangente an Ursprung t

-1

0

1

10 t/t

5

6 Elektromagnetische Felder

 AUFGABE G-12: C OULOMB’sche Kraft  G.6.2.1 F¨ur zwei an isolierten F¨aden in Luft (εr ≈ 1) aufgeh¨angte Metallkugeln (Abstand der Mittelpunkte r = 10 cm, Ladung Q 1 = Q 2 = Q = −10−8 C) sind zu berechnen: 1. die Abstoßungskraft F zwischen den Kugeln, 2. die Anzahl freier Elektronen je Kugel, 3. die elektrische Feldst¨arke E im Abstand a = 10 m von beiden Kugeln.  4. Skizzieren Sie das E-Feld im Nahbereich beider Kugeln. ¨ G-12:  L OSUNG 2 1 10−16 C2 ≈ 8,99·10−5 N 1. F = 4πε1 ε Q2 = 0 r r 4π · 8,854·10−12 F/m 10−2 m2

Q = −10−8 C = 6,24·1010 2. N = −e −1,602·10−19 C 4. Feldverlauf (Nahfeld)  3. Da a  r ist das E-Feld vergleichbar mit dem einer Punktladung der Ladung 2Q: E = 4πε1 ε 2Q 0 r a2 1 2·10−8 C =− −12 4π · 8,854·10 F/m 102 m2 ≈ −1,80 V/m

E

---

---

6 Elektromagnetische Felder

113

 AUFGABE G-13: Elektrostatik

 G.6.5 !

 1. Bestimmen Sie mit der differentiellen Form der M AXWELL’schen Gleichungen das E-Feld im Zwischenraum (ρi < ρ < ρa ) eines Zylinderkondensators (L¨ange l  ρi ,ρa ), der mit freien Ladungen (Innenzylinder +Q, Außenzylinder −Q) belegt und einem homogenen Dielektrikum (Permittivit¨at ε) gef¨ullt ist. 2. Bestimmen Sie die Kapazit¨at C der Anordnung. ¨ G-13:  L OSUNG

G

 = Dρ (ρ)eρ . 1. Aufgrund Symmetrie gilt der Ansatz D F¨ur ρi < ρ < ρa (innerhalb des Dielektrikums) gibt es keine freien Ladungen, d. h. dort ist die Raumladungsdichte freier Ladungstr¨ager ρe = 0:1

Querschnitt

Längsschnitt -Q

e

 = ρe ⇒ 1 ∂ (ρ Dρ ) = 0 ⇒ ρ Dρ = const div( D) ρ ∂ρ

E

e

n12 2 1

2ri 2ra

+Q l

k ⇒ Dρ = const ρ = ρ Die Konstante k folgt aus der Grenzbedingung an der Grenze Innenzylinder/Dielektrikum: 2 − D  1 ) = σ mit n 12 = eρ , D  2 = k eρ , D  1 = 0 (Leiter feldfrei), σ = +Q = +Q n12 ·( D ρi A 2πρil +Q +Q 1    ⇒ k = +Q 2πl ⇒ D = Dρ eρ = 2πlρ eρ = ε E ⇒ E = ε D = 2πεlρ eρ    Eρ

2. U =

P2 P1

E · ds =

ρa ρi

  ρa 1 +Q [ln(ρ ) − ln(ρ )] = +Q ln ρa E ρ dρ = +Q dρ = a i ρi 2πεl ρ ρ 2πεl 2πεl i

Q = 2πεl ρ  C= U a ln ρi

 AUFGABE G-14: Magnetostatik

 G.6.6 !

 1. Bestimmen Sie mit dem Durchflutungsgesetz das B-Feld im Außenraum (ρ > r0 ) eines langen, geraden und mit Gleichstrom I durchflossenen Leiters mit kreisrundem Querschnitt ( AL = r02 π, Radius r0 ).

1 In Zylinderkoordinaten ist div( D)  = div(Dρ eρ + Dϕ eϕ + Dz ez ) = 1 ρ

$

∂ Dϕ ∂ ∂ρ (ρ Dρ ) + ∂ϕ

%

Dz . + ∂∂z

114

G Elektrizit¨atslehre und Elektrotechnik

¨  L OSUNG G-14: Aufgrund Symmetrie gilt der Ansatz: H = Hϕ (ρ)eϕ : 4

H · ds =

S

4 S

Hϕ (ρ) eϕ · eϕ ds = 2πρ Hϕ (ρ)    =1

Der Weg entlang S umschließt f¨ur ρ ≥ r0 die Stromdichte J = I /(r02 π)ez = I /(AL )ez und ist nur im Bereich des Leiterquerschnitts AL von Null verschieden:    ez · ez d AL = I  = J · d A = J · d A L = AI L A    A A L

Das Durchflutungsgesetz liefert: I e H = Hϕ (ρ)eϕ = 2πρ ϕ

L

=1

Mit der Materialgleichung B = μ H ist das Ergebnis: μ0 μr I μI B = 2πρ eϕ = 2πρ eϕ

ej

S

er

A r r0

ez

j

I A 1 L 2

1 - Leiter mit Strom I (Durchflutung) der Länge l>>R0, Querschnitt AL 2 - Außenraum mit mr = const und der Materialgleichung B = m0mrH A - von S rechtshändig umschlossene Fläche mit Normalenvektor n = ez S - Integrationsweg in Richtung ej

 AUFGABE G-15: Spule  G.6.6, G.6.7 Eine einlagige Zylinderspule (L¨ange l = 15 cm, N = 400 Windungen, Kupferdraht: Durchmesser d = 0,3 mm, Windungsl¨ange lW = 6 cm) liegt an einer Gleichspannungsquelle Uq = 5 V. Berechnen Sie f¨ur eine Eisenf¨ullung (Annahme: μr ≈ 200): 1. die magnetische Flussdichte B im Inneren der Spule, 2. die Induktivit¨at L, 3. die im Magnetfeld gespeicherte Energie Wm und die Energiedichte wm , 4. den Strom I1 , wenn nach Entfernen des Eisenkerns B = const sein soll. ¨  L OSUNG G-15: lCu = ρ 4N lW = 1,7·10−8 'm · 4 · 400 · 0,06 m = 5,77 ' 1. R = ρCu A Cu Cu d 2π 9π·10−8 m2 Uq I = R = 5 V = 0,87 A 5,77 ' Vs · 200 · 400 · 0,87 A = 0,583 T B = μ0 μr Nl I = 4π·10−7 Am 0,15 m 2 lW = 286,5 mm2 4π 2 H · 200 · 4002 · 286,5·10−6 m = 76,8 mH L = μ0 μr N l A = 4π·10−7 m 0,15

2. A ≈

3. Wm = 12 L I 2 = 12 · 76,8·10−3 H · (0,87 A)2 = 29 mW 2 (0,583 T)2 = 676 J3 wm = 21 μB0 μr = 2 · 4π·10−7 Tm/A · 200 m 4. Aus B = μ0 μr Nl I = const und μr,Luft ≈ 1 folgt: I1 = μr I = 174 A (thermische Zerst¨orung)

6 Elektromagnetische Felder  AUFGABE G-16: A MPERE -Gesetz Berechnen Sie die magnetische Feldkonstante μ0 aus der Realisierung der SI-Basiseinheit Ampere: Bei einer sehr langen Paralleldrahtleitung im Vakuum (I1 = I2 = 1 A, μr = 1,  = 1 m, l  ) wirkt auf eine Teill¨ange l1 = 1 m der Leitung die Kraft Fm1 = 2·10−7 N.

115  G.6.2 Leiter 1 B2=mI2/(2pr)ej l1 I1 Fm2=-Fm1 Leiter 2 Fm1 l1=l1ez I2 0 Leiter d

B UH

 = f (I,r ) am Ort des H ALL -Sensors (Messort), 1. die magnetische Flussdichte | B| 3 2. den Strom I = f (UH ,IS ,r,d,RH ) f¨ur RH = 2,4·10−4 m C , d = 10 μm, IS = 2 mA, wenn im Abstand von r = 5 cm die H ALL -Spannung UH = 1 mV betr¨agt,

3. den gr¨oßtm¨oglichen Fehler | I |, wenn bei Messung von I die Fehler | r/r | = 2·10−2, | IS /IS | = 5·10−2 und | UH /UH | = 1·10−2 zu ber¨ucksichtigen sind.

¨ G-22:  L OSUNG μ0 1. B = μ0 μr H ≈ μ0 H = 2πr I (Luft: μr ≈ 1) μ0 I S 2. UH = RH IdS B = RH 2πr dI ⇒ 0,05 · 10−5 · 10−3 2πr d UH = A = 5,21 kA I = μ 0 RH IS 2 · 10−7 · 2,4·10−4 · 0,002             ∂I 3. Totales Differential: | I | =  ∂∂rI r  +  ∂U

UH  +  ∂∂II IS  H S

mit

2πr dUH ∂ I = 2πdUH ; ∂I 2πr d ∂I ∂r μ0 R H I S ∂UH = μ0 RH IS ; ∂ IS = − μ0 RH I 2 ⇒ S           dUH   r  +  2πr dUH   UH  +  2πr dUH   IS  | I | =  2πr           μ μ0 R H I S IS  0 RH IS  μ0RH IS UH r  r   UH   IS  = |I |  r  +  U  +  I  = 5,21 kA · 8·10−2 = 417 A H S

 AUFGABE G-23: Gewinnungselektrolyse von Aluminium

 G.7.3.3

Aluminium wird elektrolytisch gem¨aß der Reaktionsgleichungen 4 AlF3 + 6e → 2 Al + 2 [AlF6 ]3 (Reduktion Kathode) und Al2 O3 + 2 [AlF6 ]3 + 3C → 3 CO + 4AlF3 + 6e (Oxidation Anode) in einer Anlage mit N = 150 in Reihe geschalteten Einzelzellen (Zellspannung UZ = 4,5 V) mit einer Stromausbeute von α = 90 % hergestellt. Berechnen Sie wie viel 1. Aluminum (Masse) die Anlage am Tag bei durchgehendem Betrieb herstellt, 2. Kohlenstoff (Masse des Anodenmaterials) die Anlage t¨aglich verbraucht, 3. Kohle (Masse) in einem Steinkohlekraftwerk (Wirkungsgrad η = 42 %) am Tag verbrannt werden muss, um die f¨ur die Al-Produktion notwendige elektrische Energie zur Verf¨ugung zu stellen (Heizwert Steinkohle: h u = 31 500 kJ/kg).

7 Ladungstransport, Elektronik

121

¨  L OSUNG G-23: 1. An der Kathode reduzieren 6 mol Elektronen 2 mol Aluminium ⇒ elektrochemische Wertigkeit z = z Al = 6/2 = 3. Die eingespeiste Ladung ist: Q = α I t = αmz F/M kg 280·103 A · 24 · 3600 s · 26,982·10−3 I t M mol = 2029,6 kg ⇒ m = α z F = 0,9 · C 3 · 96485 mol Durch unerw¨unschte Nebenreaktionen ist der tats¨achliche FARADAYsche Strom nur α · I und die tats¨achlich abgeschiedene Masse m = 2029,6 kg. Gesamte Anlage: Durch Reihenschaltung werden alle Zellen vom gleichen Strom durchflossen und in jeder Zelle die gleiche Masse Aluminium abgeschieden: m Al = N · m = 150 · 2029,6 kg = 304,4 t 2. Die Oxidation von 3 mol Kohle setzt 6 mol Elektronen frei: ⇒ z C = 6/3 = 2 M /z 12,011/2 m C = m Al M c /z c = m Al · = 304,4 t · 0,6677 = 203,25 t 26,982/3 Al Al 3. Ben¨otigte elektrische Energie pro Tag: Wel = NU I t = 150 · 4,5 V · 280·103 A · 24 · 3600 s = 1,633·1013 J Ben¨otigte Masse Steinkohle pro Tag: Wel = 1,633·1013 J m = ηh = 1234,3 t u 0,42 · 31,5·106 J/kg  AUFGABE G-24: Transistor Bei einer Schaltung zur Spannungsstabilisierung (R = 200 ', Lastwiderstand RL ) mit npnTransistor (UBE = 0,6 V ≈ const, IB ≈ 0) und Zenerdiode (UZ = 11 V) soll gezeigt werden, dass Schwankungen der Eingangsspannung Ue nur geringe Auswirkungen auf die Ausgangsspannung Ua haben. Bestimmen Sie

 G.8.1.4,G.8.2

R

UR

IB

UBE

Ue

Ua

RL

ID UD

1. die Ausgangsspannung Ua f¨ur Ue = 15 V, wenn hierbei UD = −UZ ist, 2. aus der Kennlinie den differentiellen Widerstand rZ der Zenerdiode f¨ur UD = −UZ . 3. Wie groß ist der Widerstand R? 4. Nun vergr¨oßert sich die Eingangsspannung um ¨

Ue = 1,5 V. Wie groß sind die Anderung der Ausgangsspannung Ua und die Quotien Ua e ten U U und U ? e

ID in mA Kennlinie Z-Diode -Uz -12 -10

a

¨  L OSUNG G-24: 1. Ua = −UD − UBE = UZ − UBE = 11 V − 0,6 V = 10,4 V

-5

20 -1

0

UD in V -20 -40

G

122

G Elektrizit¨atslehre und Elektrotechnik

−11 V − (−12 V) D 2. rZ = U

ID = −20 mA − (−40 mA) = 50 ' UR = Ue + UD , da I ≈ 0. Am Arbeitspunkt: U = 15 V, U = −U = −11 V, 3. R = −I B e D Z −ID D 15 V − 11 V ID = −20 mA ⇒ R = = 200 ' 20 mA 4. Am Arbeitspunkt kann die Diode durch den differentiellen Widerstand rZ ersetzt werden. Zusammenhang zwischen Ua und Ue aus MaschenumUR R UBE IB lauf und Spannungsteiler: r Ua = −UD − UBE mit UD = − R +Z r Ue Ue Ua RL Z ¨ Anderungen um Ue ergeben mit UBE ≈ const: rZ UD

Ua = − UD − UBE = − UD r 50 Z 1,5 V = 0,3 V = R + r Ue = 250 Z 1,5 V e Ausgangsspannungs¨anderung bei U Ue = 15 V = 10 %-iger Eingangsspannungs¨anderung:

Ua = 0,3 V = 2,88 % Ua 10,4 V  AUFGABE G-25: Idealer Operationsverst¨arker 1. Wie groß sind die Eingangsspannungsdifferenz U D und die Eingangsstr¨ome I + und I − des idealen Operationsverst¨arkers?

 G.8.3

I+ + UD I I I1

Z3

Z4

I 2. Stellen Sie die Maschengleichungen I Z1 Z2 f¨ur die Maschen I und II auf und II dr¨ucken Sie die dabei auftretenden U I+ UD U2 Z5 1 + Spannungen durch die Str¨ome I 1 , I 2 , I und die Impedanzen Z 1 bis Z 4 aus. 3. Bestimmen Sie die Spannung U 2 in Abh¨angigkeit von der Eingangsspannung U 1 und die Eingangsimpedanz Z 0 = U 1 /I 1 in Abh¨angigkeit von Z k , k = 1 . . . 5.

4. Es sei nun Z 1 = Z 2 = Z 3 = R, Z 4 = 1/(jωC) und Z 5 = R5 . Bestimmen Sie f¨ur diesen Fall die Eingangsimpedanz Z 0 der Schaltung. 5. Die in 4. ermittelte Impedanz entspricht einem bekannten Schaltungselement. Um welches Element handelt es sich und wie lautet dessen Wert, ausgedr¨uckt durch gegebene Gr¨oßen? 6. Wozu dient die Schaltung aus 4.? ¨ G-25:  L OSUNG 1. U D = 0; I + = I − = 0 2. Masche I : I Z2 − I1Z1 = 0 Masche II : −I Z 3 + I 2 Z 4 = 0

8 Drehstromsystem, Elektrische Maschinen

123

3. U 1 = U 2 wegen virtueller Kurzschl¨usse der Operationsverst¨arker. Aus 2. folgt: Z Z Z Z I = I 1 Z 1 = I 2 Z 4 ⇒ I1 Z 2 = I1 Z 3 2 3 1 1 2 4 Multipliziert mit U 1 erh¨alt man nach Einsetzen von Z 0 = U 1 /I 1 und Z 5 = U 2 /I 2 : U Z Z Z0 = I 1 = Z1Z3 Z5 1 2 4 2 4. Z 0 = RR jω R5 C = jω RC · R5 5. Induktivit¨at mit L = R R5 C

6. Zur Simulation großer Induktivit¨aten, einstellbar u¨ ber R5 und R bei gegebener Kapazit¨at C

G

8 Drehstromsystem, Elektrische Maschinen  AUFGABE G-26: Drehstromsystem

 G.9

Ein symmetrisches Drehstromsystem wird mit ei◦ ner unsymmetrischen Last (Z U = 10 ' ej50 , ◦ Z V = 10 ' ej31,2 ) verbunden. F¨ur den Sternpunktleiter und dessen Strom gilt: ◦ ◦ Z N = 2 ' e−j15 und IN = 10 A ej15 .

U1N U2N

1. Berechnen Sie die Str¨ome I U , I V und I W .

U3N

2. Wie groß ist die Impedanz Z W ? 3. Wie groß muss Z W sein, damit nach Ersetzen ◦ von Z V durch Z V = 10 ' ej50 der Strom I N verschwindet?

IU ZU IV ZV

U1N=100 V

2p U2N=100 V ej 3 2p U3N=100 V e j 3

IW ZW IN ZN

¨  L OSUNG G-26: ◦

◦

1. U N = Z N I N = 2 ' · e−j15 · 10 A · ej15 = 20 V U 1N − U N V = 8 A · e−j50◦ = 100 V − 20 ◦ ZU 10 ' · ej50 j120◦ U − UN − ◦20 V = 11,14 A · ej97,75◦ = 2NZ = 100 V · e j31,2 V 10 ' · e

IU = IV

◦

◦

◦

I W = I N − (I U + I V ) = 10 A · ej15 − (8 A · ej50 + 11,14 A · ej97,75 ) = 15,77 A · e−j67,57 2. Z W =

−j120◦ U 3N − U N − 20◦ V = 7 ' · e−j61,38◦ = 100 V · e IW 15,77 A · e−j67,57

3. I N = 0 bei symmetrischer Last, d. h. Z W = Z U = Z V = 10 ' · ej50

◦

◦

124

G Elektrizit¨atslehre und Elektrotechnik

 AUFGABE G-27: Synchronmaschine  G.10.3.2 ! Ein in Stern geschalteter Synchrongenerator (If = 20 A, RS ≈ 0, vernachl¨assigbare Eisenund Reibungsverluste, keine Eisens¨attigung) hat bei n = 1000 min−1 im Leerlauf eine Außenleiterspannung U12,eff von U0,eff = 430 V, f = 66,7 Hz. Bei Belastung mit symmetrischer, ohmscher Last (RL = 2 ') sinkt die Außenleiterspannung auf U1,eff = 415 V. 1. Zeichnen Sie das einstr¨angige Ersatzschaltbild und berechnen Sie die Polpaarzahl p. 2. Wie groß sind Stator-Strangstrom, Drehmoment und Synchronreaktanz bei Belastung? Die Drehzahl wird bei gleichbleibender Erregung auf n˜ = 1500 min−1 erh¨oht. 3. Wie groß ist die Außenleiterspannung im Leerlauf und bei Belastung? Berechnen Sie f¨ur den Lastfall auch den Stator-Strangstrom. 4. Auf welchen Wert I˘f muss der Erregerstrom If eingestellt werden, damit bei n˘ = 2000 min−1 im Lastfall U˘ 1,eff = 415 V ist? ¨ G-27:  L OSUNG 1. Einstr¨angiges ESB im Erzeugerz¨ahlpfeilsystem (RS ≈ 0) Xd Up,eff

Is,eff

Us,eff

f 66,7 1/s · 60 s/min p= n = =4 syn 1000 min−1

U1,eff U0,eff Us,eff = √ = 239,6 V; Up,eff = √ = 248,3 V 3 3 U Stator-Strangstrom: Is,eff = Rs,eff = 239,6 V = 120 A (rein reell) 2' L   Us,eff Polradwinkel: δ = arccos U = 15,2◦ p,eff U X I Synchronreaktanz: sin δ = Ud s,eff ⇒ X d = I p,eff sin δ = 248,3 V sin(15,2◦ ) = 0,54 ' 120 A p,eff s,eff Us,eff Querkomponente Stator-Strangstrom: Isq,eff = X sin δ = 116 A d p ·4 Drehmoment: M = 3 ωs Up,eff Isq,eff = 2π ·366,7 Hz · 248,3 V · 116 A = 825 Nm

2. Stranggr¨oßen:

U˜ 0,eff = 372,4 V U˜ 0,eff = U0,eff nn˜ = U0,eff ·1,5 = 645 V ⇒ U˜ p,eff = √ 3 U˜ = 173 A Stator-Strangstrom: X˜ d = X d · 1,5 = 0,81 ' ⇒ I˜s,eff =  p,eff RL2 + X d2 √ Belastung: U˜ 1,eff = 3RL I˜s,eff = 600 V

3. Leerlauf:

4. I˘s,eff = Is,eff = 120 A, da U˘ 1,eff = U1,eff und RL unver¨andert Synchronreaktanz: X˘ d = X d · 2 = 1,08 '   2 U˘ p,eff = Us,eff + ( X˘ d I˘s )2 = (239,6 V)2 + (1,08 ' · 120 A)2 = 272,4 V ∼ n · If ˘ U˘ U˘ ⇒ Up,eff = nn˘ IIf ⇒ I˘f = Up,eff n If = 272,4 · 1000 · 20 A = 11 A 248,3 2000 p,eff f p,eff n˘

125

H Optik

1 Wellenoptik  AUFGABE H-1: Brechung

H.1.2.2

1. Licht eines Helium-Neon-Lasers (632 nm) f¨allt unter 45◦ auf die Oberfl¨ache einer Fl¨ussigkeit und wird dabei von der Einfallsrichtung um 15◦ abgelenkt. a) Wie groß ist die Brechzahl der Fl¨ussigkeit? b) Wie groß sind Lichtgeschwindigkeit, Frequenz und Wellenl¨ange in der Fl¨ussigkeit? 2. Leiten Sie das S NELLIUS-Brechungsgesetz ab. Der Lichtstrahl soll die Strecke AB auf dem schnellsten“ Weg passieren (dt/dx = 0). ” 3. Welchen Strahlversatz b erleidet einfarbiges Licht beim Durchgang durch eine planparallele Platte? d = 1,5 cm; n = 1,51; α = 45◦

A

s

1

H1

a

D-E

D

b

x

H2

b

s

E

s

d

2

a

B

zu 2.

zu 3.

 T IPP H-1: Stellen Sie Ihren Taschenrechner auf DEG‘“, damit Sie Winkel in Grad eingeben k¨onnen. ” F¨ur Berechnungen im Bogenmaß ( RAD“) muss umgerechnet werden: α˘ = απ/180◦ . ” ¨  L OSUNG H-1: ε1 1. a) Brechungsgesetz: n 1 sin ε1 = n 2 sin ε2 ⇒ n 2 = n 1 sin sin ε = 1 · 2

299 792 √458 m/s = 2,12·108 m/s b) n = cc ⇒ c = cn0 = 0 2 Die Lichtfrequenz f = c/λ a¨ ndert sich bei der Brechung nicht. √ nm = 447 nm λ = λn0 = 632 2

√ sin 45◦ = 2 sin(45 − 15)◦

126

H Optik

! 2. dt = 0 = d dx dx



  s−x b2 + (s − x)2 = 1  x − c1  c2 c1 2 2 2 2 b + (s − x)2 a +x       sin ε1 sin ε2 n 1 sin ε1 = n 2 sin ε2

a2 + x 2 + c1

⇒ sinc ε1 = sinc ε2 ⇒ 1 2

◦ 3. (1) Brechungsgesetz: n = sin α ⇒ β = arcsin sinn α = arcsin sin 45 = 27,9◦ sin β 1,51 b d (2) Dreiecke: sin(α − β) = a und cos β = a ⇒ Aufl¨osen nach a und einsetzen: ◦ sin(α − β) = 0,50 cm = 1,5 cm · sin(45 − 27,9) b = d cos β ◦ cos 27,9

% $ 2 1 − sin α Alternativ (1)=(2) und Additionstheoreme: b = d sin α 1 − n 2 − sin2 α

 AUFGABE H-2: Totalreflexion: Lichtleiter

H.1.2.2 und 1.2.4

1. Unter welchem gr¨oßten Winkel α tritt Licht aus einem Lichtleiter (Glasfaser) aus? 2. Wie groß muss die Brechzahl eines Lichtleiters (Glasfaser ohne Mantel) sein, damit das stirnseitig einfallende Licht l¨angs der Glasfaser total reflektiert wird? 3. Wie groß erscheint auf der Wasseroberfl¨ache der Durchmesser einer punktf¨ormigen Lichtquelle, die in 0,9 m Wassertiefe in alle Richtungen strahlt? Wasser n = 1,33; Luft: n L = 1 4. Wie groß ist der Laufzeitunterschied von rotem (680 nm) und gr¨unem Licht (500 nm) in einer 1 km langen Glasfaser? n(680) = 1,514; n(500) = 1,522 2x

H gr E n i =1,6

na= 1,5

y

H gr

D x

zu 1.

n = 1,33

zu 3.

¨ H-2:  L OSUNG 1. F¨ur Totalreflexion wird α minimal: sin εgr = nnai = 1,50 ⇒ εgr = 69,64◦ 1,60 n 1,6 ◦ i Brechungsgesetz: sin α = n L sin β = 1,0 sin(90 − εgr ) = 1,6 · sin 20,36◦ ⇒ α = 33,83◦ 2. Alle einfallenden und am Glasmantel reflektierten Strahlen m¨ussen εgr = 45◦ erf¨ullen, √ somit: n ≥ 1/ sin 45◦ = 2 3. Außerhalb des Leuchtflecks findet Totalreflexion statt. sin εgr = nnL = 1 ⇒ εgr = 48,8◦ 1,33 tan εgr = xy ⇒ x = y tan εgr = 0,9 m · tan 48,8◦ = 1,03 m 4. t =

s − s = s n(500) c− s n(680) = 1000 m · (1,522 − 1,514) = 2,7·10−8 s c(500) c(680) 0 299 792 458 m/s

1 Wellenoptik

127

 AUFGABE H-3: Polarisation

H.1.1.6, H.1.2.4-6

1. Ein nat¨urlicher Lichtstrahl tritt durch drei um jeweils 60◦ verdrehte Polarisationsfilter. Wie groß die Lichtintensit¨at hinter jedem Filter? 2. Unter welchem Winkel stehen die Fenster (Brechzahl 1,56) des Entladungsrohrs eines Helium-Neon-Lasers, damit linear polarisiertes Licht ohne Reflexionsverluste hindurchtritt? 3. Laserstrahlung wird hinter einem doppelbrechenden Pl¨attchen in zwei senkrecht zueinander polarisierte Komponenten aufgespalten. Welche resultierende Polarisation entsteht, wenn der Phasenunterschied zwischen den gleich großen Komponenten a) 0, b) π/2, c) π betr¨agt? 4. In einem Polarimeter wird hinter einer 10 cm dicken K¨uvette mit Saccharosel¨osung der Drehwinkel 25,3◦ gemessen. Wie groß ist die Massen- und Stoffmengenkonzentration? Spezifische Drehung αs = +66,4 cm3 g−1 dm−1 ; M = 342,3 g/mol.

H ¨  L OSUNG H-3: 1. I = I0 cos2 α ⇒

I1 I0

= (cos 60◦)2 =

6,25 % (nach dem zweiten Filter),

I2 1 1 4 = 25 % (nach dem ersten Filter), I0 = 4 · 25 % I3 1 I0 = 4 · 6,25 % = 1,56 % (nach dem dritten Filter).

2. Unter dem B REWSTER-Winkel wird in der Einfallsebene polarisiertes Licht an einer Glasfl¨ache nicht reflektiert: tan εB = n ⇒ εB = arctan 1,56 = 57,3◦ .

=

HB

3. a) Linear polarisiertes Licht mit der gleichen Polarisation wie die einfallende Strahlung. b) Zirkular polarisiertes Licht (siehe: L ISSAJOUS-Figuren und λ/4-Pl¨attchen). c) Linear polarisiert, um 90◦ gedreht zur Einfallsebene (λ/2-Pl¨attchen). ◦ 4. αs = βαd ⇒ β = ααd = 66,4◦ cm325,3 = 0,381 cmg 3 g−1 dm−1 ·1 dm s β 381 g/ −3 mol = 1,11 mmol c = M = 342,3 g/mol = 1,11·10  

 AUFGABE H-4: Koh¨arenz und Bandbreite

H.1.3.1 und 1.3.2

1. Wann sind zwei Lichtwellen koh¨arent? Wie kann man koh¨arente Lichtwellen erzeugen? 2. Das Interferenzbild eines M ICHELSON-Interferometers mit Laserlicht (632 nm) a¨ ndert sich um drei Streifen. Um welchen Weg wurde der Spiegel verschoben? 3. Wie groß ist die Koh¨arenzl¨ange a) eines Helium-Neon-Lasers mit einer Bandbreite von 1 GHz, b) von Licht nach Durchgang durch ein Interferenzfilter mit λ = 1 nm, c) einer Gasentladungsr¨ohre mit einer Lebensdauer der atomaren Zust¨ande von 1 ns? 4. Die Koh¨arenzl¨ange eines Lasers betr¨agt 20 cm. Wie groß ist die Linienbreite (Halbwertsbreite f )? ¨ H-4:  L OSUNG 1. Wenn die Zeitabh¨angigkeit der Amplitude bis auf die Phasenverschiebung gleich ist. Erzeugung durch Reflexion, Beugung, Brechung aus demselben Wellenzug.

128

H Optik

2. F¨ur drei Streifen: s = 32 λ =

3 2

· 632 nm = 948 nm

c0 = 299792458 m/s ≈ 0,3 m 3. a) lk =

109 Hz f df c 0 b) f = λ ⇒ = − c02 ⇒ | f | = c0 λ ⇒ dλ λ λ2 c0 = λ2 = (632 nm)2 ≈ 4·10−4 m = 0,4 mm lk =

1 nm

λ f c) Bandbreite f ≈ τ1 = 1 1ns = 109 Hz ⇒ lk = cf0 ≈ 0,3 m 8 m/s 4. f = cl 0 ≈ 3·10 0,2 m = 1,5 GHz k

Interferenzbild Spiegel 1 Strahlteiler

 AUFGABE H-5: Interferenz

's 2

H.1.3

1. Wie dick muss eine Aufdampfschicht (n = 1,36) sein, um eine Glasoberfl¨ache (n G = 1,54) f¨ur Licht der Wellenl¨ange 550 nm zu entspiegeln? Was gilt f¨ur n = 1,60? 2. Eine plankonvexe Linse auf einer Glasplatte zeigt im reflektierten Laserlicht (632 nm) dunkle N EWTON’sche Ringe von 0,80 mm (1. Ring) und 1,40 mm Radius (3. Ring). Wie groß ist der Kr¨ummungsradius der Linse? ¨  L OSUNG H-5: 1. • Bedingung f¨ur Entspiegelung (n G < n): nm nd = λ ⇒ d = λ = 550 4·1,36 = 101 nm 4 4n • Ebenso f¨ur Entspiegelung (n G > n): d = 86 nm 2. F¨ur den m-ten dunklen Ring gilt: rm2 = mλ R ⇒ R1 =

(0,8 mm)2 1·632 nm

= 1,013 mm bzw. R3 = 1,034 m. Mittlerer Kr¨ummungsradius: 1,023 m.

 AUFGABE H-6: Beugung am Gitter

H.1.4

1. Hinter einem Gitter mit Strichabstand 1,5 μm (= 667 Linien pro Millimeter) treten ein Beugungsmaximum 1. Ordnung bei α1 = 24,92◦ und 2. Ordnung bei α2 = 57,42◦ auf. a) Welche Wellenl¨ange hat das senkrecht auftreffende Laserlicht? b) Welche Unterschiede treten bei Sonnenlicht auf? (1. Ordnung) c) Welcher Unterschied besteht zum Lichtdurchgang durch ein Prisma? ¨ H-6:  L OSUNG d sin α 1. a) sin α = nλ d ⇒ λ= n −6 24,92◦ = 632 nm (He-Ne-Laser). Ebenso f¨ur n = 2. λ(n = 1) = 1.5·10 m·sin 1 b) Langwelliges Licht wird st¨arker gebeugt als kurzwelliges Licht, da α = arcsin(λ/d): α(rot: 750 nm) = 30◦; α(blau: 400 nm) = 15,5◦. Es entsteht ein Farbspektrum. c) Prisma: Lichtbrechung (Dispersion: blau st¨arker als rot). ¨ Gitter: Lichtbeugung (Uberlagerung H UYGENS’scher Elementarwellen: rot st¨arker als blau).

1 Wellenoptik

129

 AUFGABE H-7: Beugung am Spalt H.1.4 Bei der Beugung an einem 5 μm breiten Spalt erscheint das Minimum 1. Ordnung auf dem 50 cm entfernten Schirm 5 cm vom zentralen Maximum entfernt. a) Wie groß ist die Wellenl¨ange des verwendeten Lichts? b) Wie a¨ ndert sich das Beugungsbild, wenn der Spalt verbreitert wird? c) Wie a¨ ndert sich das Beugungsbild am Doppelspalt (im Abstand der Spaltbreite)? ¨ H-7:  L OSUNG m ◦ a) tan α = dx ⇒ α = arctan dx = arctan 0,05 0,5 m = 5,7 ◦ sin α = λ b ⇒ λ = 5 μm · sin 5.7 = 497 nm b) Maxima und Minima r¨ucken enger zusammen. c) Maxima spalten auf.

H

 AUFGABE H-8: Wellenl¨angenmessung, F RAUNHOFER-Beugungsstreifen

H.1.4.3-4

1. Der Strahl einer Quecksilberdampflampe dringt durch einen Spalt (0,5 mm), einen d = 0,25 mm engen Beugungsspalt, ein Gr¨unfilter, ein Dia mit aufgedrucktem Strichmaßstab ( s = 1 mm; Abstand l = 315 mm vom Spalt) und eine Lupe ins Auge des Beobachters. Wie groß ist die Wellenl¨ange der Lampe, wenn das 1. bis 8. Beugungsmaximum im Abstand sn = (1,0; 1,7; 2,6; 3,2; 3,9; 4,7; 5,3 bzw. 6,0) mm vom Hauptmaximum gemessen wird? 2. Das Licht einer Quecksilberdampflampe dringt durch einen Spalt (0,5 mm), ein Linsensystem und ein Beugungsgitter (a = 0,01 mm) auf ein l = 440 mm vom Gitter entferntes Lineal mit Millimeterteilung. Welche Wellenl¨angen haben die Linien? gelb gr¨un blau Beugungsordnung n 1 2 3 1 2 3 1 2 3 Abstand vom Hauptmaximum sn / nm 25,5 52 78 25 49 72,5 19 39,5 59

¨  L OSUNG H-8: 1. Bei der F RAUNHOFER-Beugung sind Lichtquelle und Beugungsbild in der Brennebene. Die Auswertung der Messdaten liefert den Mittelwert λ¯ = 560 nm. Die sin α(n)-Kurve steigt linear mit der Steigung 0,00227 an (Regression 99,93%). Beugungsordnung n 1 2 3 4 5 6 7 8 Abstand sn 1,0 1,7 2,6 3,2 3,9 4,7 5,3 6,0 mm sin αn = sln 0,00317 0,0054 0,00825 0,0102 0,0124 0,0149 0,0168 0,0191 λ=

d sin α n n+1/2

529

540

590

564

563

574

561

560

nm

2. Das Gitter liefert f¨ur jede Linie eine Gerade im sin α(n)-Diagramm.   λ = an sin αn = an sin arctan sln ≈ an · sln Beugungsordnung n sin αn ≈ 440snmm 6 nm λ = 0.01·10 · sin αn n Mittelwert

gelb gr¨un blau 1 2 3 1 2 3 1 2 3 0,058 0,118 0,177 0,057 0,112 0,165 0,043 0,089 0,0134 579

591 592 587 nm

568

557 549 558 nm

432

449 447 442 nm

nm

Hinweis: Quecksilberlampen strahlen typisch die Wellenl¨angen 578, 546 und 436 nm ab.

130

H Optik

 AUFGABE H-9: Au߬osung, Winkelabstand, Sehwinkel

H.1.4, H.3.2

1. Eine Satellitenkamera soll zwei einen Meter entfernte Punkte aus 300 km H¨ohe erfassen. a) Welcher Linsendurchmesser ist erforderlich? (λ = 555 nm) b) Welchen Abstand haben die Punkte auf dem Film bei einer Brennweite von 200 mm? 2. Welchen Abstand auf dem 384400 km entfernten Mond l¨ost ein 5-Meter-Spiegelteleskop auf? 3. Ein Mikroskop soll Objekte von 0,3 μm aufl¨osen. Wie sind Brennweite und numerische Apertur zu w¨ahlen? Wie weit ist das Zwischenbild vom Objektiv entfernt? Objektivvergr¨oßerung 20×; -durchmesser 1,3 mm; Tubusl¨ange 160 mm; Aufl¨osung 0,3 μm; λ = 550 nm

4. Wie kann man die Au߬osung eines gegebenen Lichtmikroskops steigern?

¨  L OSUNG H-9:

1. a) Kleinster aufl¨osbarer Winkelabstand (Sehwinkel) wie beim Fernrohr: ! sin δ ≈ δ = 1,22 dλ = hx ⇒ d = 1,22 λxh = 1,22 ·

B = b und b ≈ f ⇒ B = G f = 1 m · b) G g g (Minuszeichen wegen Bildumkehr)

0,2 m −3·105 m

555 nm·300 km 1m

= 0,17 m

≈ −0,7 μm

Hinweis: Der winzige Abstand von 0,7 μm ist immer noch groß gegen¨uber den atomaren Dimensionen der Silberpartikel auf der Filmschicht. Eine CCD-Kamera gen¨ugt nicht! 555 nm·384400 km = 52 m 2. wie 1a): x = δh = 1,22 λh 5m d = 1,22

3. • Brennweite des Objektivs:

f 1 = βt =

160 mm 20

= 8 mm

• Numerische Apertur:

A = n sin θ2 = 0,61 λ g = 0,61 ·

• Bildweite:

b = t + f1 = 168 mm

!

550 mm 0,3 μm

= 1,12

4. Ein Immersions¨ol (n > 1) zwischen Objektiv und Objekt steigert die numerische Apertur A, somit den kleinsten aufl¨osbaren Abstand: g = 0,61 λ/A.

1 Wellenoptik

131

 AUFGABE H-10: Laser

H.1.3.4

a) Warum sinkt der Wirkungsgrad von Lasern in der Reihe: Halbleiterlaser > Molek¨ulgaslaser (z. B. CO2 ) > atomarer Gaslaser (z. B. He-Ne)? b) Wie sieht das Termschema qualitativ aus? ¨  L OSUNG H-10: a) Je mehr sich die Anregungsenergie vom Grundzustand in den angeregten Zustand vom emittierten Laserlicht unterscheidet, umso schlechter ist der Wirkungsgrad. Halbleiterlaser erreichen etwa 100%, CO2 Laser etwa 50% und Atomgaslaser noch geringere Wirkungsgrade. b) Atomare Energiestufen r¨ucken mit zunehmender Energie zusammen (K.2.1.4); molekulare Energiestufen zeigen eine Feinstruktur; f¨ur Halbleiter gilt das Energieb¨andermodell (G.7.2.5).

Laserübergang

H

Atom

Molekül

 AUFGABE H-11: Laser: Leistung

Halbleiter

H.1.3.4

1. Helium-Neon-Laser (1 mW, 632 nm) a) Wieviele Photonen pro Sekunde strahlt der Laser ab? b) Wie hoch ist die Energie eines Photons in J und eV? c) Welche Leistungsdichte erreicht ein auf 2 μm fokussierter Strahl? 2. Welche Wellenl¨ange liefert ein Rh6G-Farbstofflaser mit der Linienbreite 80 THz und der Mittenfrequenz 0,6 μm? 3. In einen 5 cm langen Nd:YAG-Kristall tritt Strahlung mit der Leistung 1 MW ein und mit 3 MW aus. Wie groß sind a) der Verst¨arkungsfaktor G, b) die differentielle Verst¨arkung g? ¨ H-11:  L OSUNG 1. a) P =

N hf ⇒ Nt = hPf = Pλ t hc =

0,001 W·632 nm 6,626·10−34 Js·299792458 m/s

−1 b) E = h f = hc λ = 3,14·10 J = 1,96 eV 0,001 W MW P 8 W c) I = P A = π(d/2)2 = π·(2 μm)2 /4 = 3,18·10 m2 ≈ 318 m2 c = 299792458 m/s ≈ 5,0·1014 Hz = 500 THz 2. f = λ 0,6·10−6 m f1,2 = (500 ± 40) THz ⇒ λ1,2 = c/ f 1,2 = (555 und 652) nm ex 3. a) G = P Pin =

3 MW 1 MW

=3

b) G = egx ⇒ g = lnxG =

ln 3 5 cm

= 0,22 cm−1 = 22 m−1

= 3,2·1015 s−1

132

H Optik

 AUFGABE H-12: Pulslaser

H.1.3.4

Ein gepulster Festk¨orperlaser wandelt 1,5 % der Energie der Blitzlampe in Laserpulse von 0,2 ms Dauer. Die Lampe wird bei 20 Hz mit einer Pulsenergie von 1 J betrieben. a) Wie groß sind Pulsenergie, Pulsleistung und mittlere Leistung der Laserstrahlung? b) Wie muss der Kondensator f¨ur die 1 kV-Lampe dimensioniert werden? c) Wieviel steigt die Temperatur im K¨uhlkreislauf, wenn 95 % Abw¨arme je Watt elektrischer Leistung anfallen? V˙ = 1 /min; cp = 4182 J kg−1 K−1 d) Welche Materialdicke verdampft je Sekunde unter dem 1 mm2 großen Laserstrahl?

h v = 2200 kJ/kg;  = 4500 kg/m3

¨  L OSUNG H-12: a) E = ηE L = 1,5 % · 1 J = 0,015 J 0,015 J P = Et = 0,2·10 −3 s = 75 W P¯ = f E = 20 Hz · 0,015 J = 0,3 W ! 2·1 J b) W = 21 CU 2 = E L ⇒ C = 2W2 = (1000 = 2 μF V)2 U c) Die elektrische Leistung ist: Pel = f E L = 20 Hz · 1 J = 20 W ! ηP 0,95·20 W = 0,27 K Q˙ = mc ˙ P T = η Pel ⇒ T = ˙ el = (0,001/60) m3 s−1 ·1000 kg m−3 ·4182 J kg−1 K−1 V  cp ¯ ! 0,3 W d) Q˙ =  V˙ h v = P¯ ⇒ d˙ = h P A = 2200 kJ kg−1·4500 ≈ 30 μm s kg m−3 ·(10−3 m)2 v

 AUFGABE H-13: Laser: Moden

H.1.3.4

1. Wieviele Moden schwingen in einem 1 m langen He-Ne-Laser mit der Linienbreite 0,5 GHz? Wie verh¨alt es sich bei k¨urzeren Lasern? 2. Welche L¨angen¨anderung darf bei einem 50 cm langen He-Ne-Laser (632 nm) auftreten, damit die Frequenzverschiebung einer Mode h¨ochstens 100 MHz betr¨agt? 3. Mit wievielen √ transversalen Moden strahlt ein Nd:YAG-Laser (1064 nm), wenn die Divergenz mit N + 1 steigt? Strahldurchmesser 6 mm; Divergenz 3 mrad. ¨  L OSUNG H-13: 1. Modenabstand: Modenzahl:

m/s ≈ 150 MHz

f = c = 299792458 2·1 m 2l

f 0,5 GHz N ≈ fL = 150 MHz ≈ 3

Kurze He-Ne-Laser (N < 1) haben bei richtiger Justierung der Spiegel nur eine longitudinale Mode. df 100 MHz 2. l = N λ = N c ⇒ dl = −l f = −0,5 m · 299792458 = −105 nm ms−1 /632 nm 2 2f √ λ √N + 1 ⇒ 3. θ = θ00 N + 1 = πr 0 2   2 0,003 rad θ N= −1= − 1 = 705 λ/(πr0 ) 1064 nm/(π·6/2 mm)

1 Wellenoptik

133

 AUFGABE H-14: Laser: Strahleigenschaften

H.1.3.4

1. Ein He-Ne Laser (632 nm) strahlt in der TEM00-Mode mit d = 0,7 mm Durchmesser. a) Wie groß ist die Strahldivergenz? b) Wie groß ist der Strahldurchmesser D in 50 m Entfernung? c) Wie sieht der Strahlverlauf aus? 2. Wie groß ist die Bestrahlungsst¨arke (Intensit¨at) in 1 m Entfernung: a) einer 100-W-Gl¨uhlampe (Kugelstrahler) mit einer Lichtleistung von 1 W? b) eines 1 mW-Lasers mit 1 mm Strahldurchmesser? 3. In welcher Entfernung erkennt das menschliche Auge gerade noch eine kugelf¨ormig strahlende Lichtquelle (0,5 mW; 600 nm)? Sehschwelle 3·10−17 W; Pupillendurchmesser 7 mm 4. a) Ein Laserstrahl mit dem Radius r0 und dem (halben) Divergenzwinkel θ = λ/(πr0 ) wird durch eine Linse mit der Brennweite f fokussiert. Beweisen Sie, dass f¨ur den Strahlradius im Brennfleck gilt: r  = λ f /(πr0 ). b) Wie groß ist der Brennfleck eines Laserstrahls (488 nm) von 2 mm Durchmesser auf der Netzhaut? Brennweite des Auges: 25 mm

¨  L OSUNG H-14: λ 632 nm λ ≈ = π·(0.7 1. a) θ = πr mm)/2 0 π (d/2) ◦ = 0,575 mrad (0,033 )

T

d

x D

b) D = d + 2x = d + 2l tan θ ≈ d + 2l · θ = 0,7 mm + 2 · 50 m · 5,75·10−4 = 0,058 m = 58 mm

l

c) Strahlprofil: Bild P 2. a) I = P S = 4πr 2 = P b) I = P A = πr 2 = 3. Is = 

Ps

1W 4π·(1 m)2

0,001 W π·(0,5 mm)2

P

!

≈ 0,08

≈ 1270

=I = ⇒ r= πr 2 4πr 2  s   

Auge

W m2 W m2

P rs2 = 4Ps

(kugelf¨ormige Abstrahlung, Abstand r = 1 m) (Strahlradius r in 1 m Entfernung) 

0,5·10−3 W·(3,5 mm)2 4·3·10−17 W

≈ 7 km

Laser

4. a) Ein achsenparalleler Strahl wird im Brennpunkt fokussiert. Ein um den Winkel θ geneigter Strahl wird um r  verschoben geb¨undelt: r  = f tan θ ≈ f θ . Mit θ = λ/(πr0 ) folgt r  = f λ/(πr0 ). b) r  =

λ fAuge πr0 =

488 nm·25 mm π·2/2 mm

≈ 3,9 μm

H

134

H Optik

 AUFGABE H-15: Gas- und Festk¨orperlaser

H.1.3.4, D.4

1. Wie groß sind die Partialdr¨ucke, Gas- und Teilchendichte im He-Ne-Laser bei 21 ◦ C? F¨ulldruck p = 500 Pa; He : Ne = 5 : 1; M(He) = 4,00 g/mol; M(Ne) = 20,2 g/mol; Vm = 22,414·10−3 m3 /mol

2. a) Wie groß ist die Energiedichte eines Rubinlasers (0,02 % Cr) nach dem Pumpen? Rubin = 4 g/cm3 ; M(Cr) = 52 g/mol; λ = 694 nm

b) Wie groß ist die Lichtintensit¨at von 10 ns-Pulsen aus einem 5 cm langen Kristall mit 3 mm Durchmesser? 3. Welche Wellenl¨ange und welche Farbe hat der Strahl eines Nd:YAG-Lasers (1064 nm), wenn er durch einen Kristall zur Frequenzverdoppelung tritt?

¨ H-15:  L OSUNG 1. Partialdruck:

Gasdichte:

pHe =

5 6

p = 417 Pa; pNe =

1 6

p = 83 Pa;

p0 V0 p1 V1 p0 Vmn p1 M p1 M p1 T0 T0 = T1 ⇒ M T0 = 1 T1 ⇒ 1 = Vm p0 T1 = RT1 He = Ne =

4 g mol−1 ·417 Pa·273,15 K 22,414  mol−1 ·101325 Pa·294,15 K 20,2 g mol−1 ·83 Pa·273,15 K 22,414  mol−1 ·101325 Pa·294,15 K

= 6,81·10−4 =

kg m3 6,86·10−4 mkg3

Mittlere Gasdichte:

¯ = 56 He + 16 Ne = 6,88·10−4

Teilchendichte:

pV = m RB T = NkT mit RB = R/M und k = R/NA ⇒ NA 6,022·1023 mol−1 N −4 kg 22 −3 V =  M = 6,88·10 m3 · ( 65 ·4+ 16 ·20,2)·10−3 kg/mol = 6,18·10 m

kg m3

n = N = w ⇒ 2. a) c = V NA V M −3 wN %·6,022·1023 mol−1 N A = 4 g cm ·0,02 = 9,3·1018 cm−3 = 9,3·1024 m−3 52 g mol−1 V = M E N N hc V = V hf = V λ =

9,3·1024 m−3 ·6,626·10−34 Js·299792458 ms−1 694 nm

= 2,66

MJ m3

2-Niveau-Laser: h¨ochstens die H¨alfte der Atome kann lasern“, also E/V ≤ 1,33 MJ/m3 . ” E b) I = P A = At =

(E/ V )·(πd 2 /4) l (πd 2 /4)·t

=

1,3 MJ m−3 ·0,05 m 10 ns

= 6,5·1012

W m2

3. Frequenzverdoppelung bedeutet Halbierung der Wellenl¨ange: λ/2 = 532 nm (gr¨un).

2 Geometrische Optik

135

2 Geometrische Optik  AUFGABE H-16: Spiegel

H.2.2.1

1. Drehspiegel. Um wieviele Millimeter bewegt sich der reflektierte Laserstrahl auf der Skala x bei einer Drehung des Spiegels um α = 50 ? (Abstand r = 1 m) 2. Wie groß muss der Spiegel sein, damit Herr Eikopf sein Antlitz vollst¨andig sehen kann? D r=1m

h2

h2

h1

h1

h

2D

x

zu 1.

zu 2.

¨ H-16:  L OSUNG 1. x = r tan 2α ≈ 2r α˘ = 2 · 1 m ·

2π · 50 = 0,485 mm ◦ · 3600 360   0,000242 rad

Mit der Einstellung DEG“ und den Tasten ◦  ” x = 1 m · tan(2 · (0◦ 0 50 )) = 0,485 mm



auf dem Taschenrechner direkt:

2. Der Spiegel muss mindestens halb so groß wie der Kopf sein: h ≥ h/2.  AUFGABE H-17: Hohlspiegel (Konkavspiegel) und W¨olbspiegel (Konvexspiegel) H.2.2.1 1. Wie ist der Abbildungsmaßstab eines konkaven Rasierspiegels (Kr¨ummungsradius 40 cm), wenn der Gegenstand sich 10 cm vor dem Spiegel befindet? Skizzieren Sie den Strahlengang. 2. Ein R¨uckspiegel im Auto bildet einen 10 m entfernten Gegenstand 200-fach verkleinert ab. Wie groß sind Brennweite und Kr¨ummungsradius? Ist der Spiegel konvex?  T IPP H-17: Brennweite des Hohlspiegels f = r/2, des W¨olbspiegels f = −r/2. Gegenstands- und Bildgr¨oße (B, G) z¨ahlen positiv in Richtung der y-Achse. Gegenstands- und Bildweite (g, b) sind positiv auf der Spiegelseite. Lichteinfall von links. ¨  L OSUNG H-17: 1.

1 = 1+1 ⇒ g b f ) " #−1 b = 1f − 1g = 1 = −0,2 m

2

*−1 1 − 1 · 0,4 m 0,1 m

B = −b = 2 Abbildungsmaßstab: G g

virtuell

M

F

H

136

H Optik

B = − b = 1 ⇒ b = − 10 m = −0,05 m 2. G g 200 200 #−1 " 1 1 = 1+1 ⇒ f = 1 + = −0,0503 m ≈ b (konvex) g b f 10 m −0,05 m Kr¨ummungsradius: r = 2 | f | ≈ 0,1 m  AUFGABE H-18: Sammellinse (Konvex-) und Zerstreuungslinse (Konkavlinse)

H.2.2.3

1. Ein Gegenstand befindet sich 8 cm vor einer Plankonvexlinse mit 3 cm Brennweite. Wo liegt das Bild? Wie groß ist der Abbildungsmaßstab? Wie sieht der Strahlengang aus? 2. Berechnen Sie Teilaufgabe 1 f¨ur eine Plankonkavlinse. 3. Ein Gegenstand wird in negativ 20-facher Vergr¨oßerung auf einer 5 m entfernten Wand abgebildet. Wie groß ist die Brennweite? Wie sieht der Strahlengang aus? 4. Eine d¨unne bikonvexe Linse (n = 1,53) bildet einen 1 m entfernten Gegenstand 20 cm von der Linsenmitte entfernt ab. Wie groß sind die beiden gleichen Linsenradien? Linse F´

virtuell reell

F

F

zu 1.

F'

zu 2.

 T IPP H-18: Vorzeichenregel: Gegenstands- und Bildgr¨oße (B, G) z¨ahlen positiv in Richtung der y-Achse. Gegenstands- und Bildweite (g, b) sind positiv in Richtung der x-Achse (= Lichtrichtung). Ist die Bildweite negativ (b < 0), ist das Bild virtuell. Ist die Brennweite negativ ( f < 0), liegt eine Zerstreuungslinse vor. ¨  L OSUNG H-18:

−1   1. Sammellinse: 1f = b1 − g1 ⇒ b = 1f + g1 = 3 1cm + B = b = 4,8 cm = −0,6 Abbildungsmaßstab: G g −8 cm 2. f = –3 cm; b = –2,2 cm; B/G = b/g = 0,27.

1 −8 cm

−1

= 4,8 cm

B = b = −20 ⇒ b = −20 g 3. G g 5 F F´ −g + b = 5 m ⇒ g = − 21 m  −1 −1  = 100 1 − 1 f = b1 − 1g g b /21 m 5/21 m = 0,227 m −1  −1  1 − 1 4. f = b1 − 1g = 0,2 = 0,17 m m −1 m   1 = (n−1) 1 − 1 und r = −r ⇒ r = 2(n−1) f = 2·(1,53−1)·0,17 m = 0,177 m 1 2 r1 r2 f

2 Geometrische Optik

137

 AUFGABE H-19: Linsensystem

H.2.2

1. Ein 2 cm großes Objekt steht in 30 cm Entfernung vor Linse 1 (Brennweite 26 cm), an die sich im Abstand von 11 cm Linse 2 (Brennweite -11 cm) anschließt. Wie sind Lage und Gr¨oße des Bildes? 2. Eine Sammellinse mit 8 cm Brennweite soll mit einer zweiten Linse zu einem System mit 12 cm Brennweite kombiniert werden. Welche Brennweite muss die zweite Linse haben? Linse 1 G

1

F

1

1

g1

F2

2

F´1

b1

Zwischenbild B

1

F´2

H

Linse 2 b

g

2

B

zu 1.

2

B

2

1

¨  L OSUNG H-19: 1. F¨ur Linse 1: b1 =



1 1 f 1 + g1

−1

=



1 26 cm

+

B1 = G 1 bg1 = 2 cm · 195 cm = −13 cm 1 −30 cm −1   F¨ur Linse 2: b2 = f1 + g12 = 111cm + 2

1 −30 cm

−1

1 (195−11) cm

= 195 cm

−1

= 10,38 cm

f2 > 0, weil die Brennweite nach rechts zeigt (obwohl Zerstreuungslinse). B2 = B1 bg2 = 13 cm · 10,38 cm = −0,73 cm 2 (195 − 11) cm 2. Die Brechwerte addieren sich: 1f = f1 + f1 ⇒ 1 2

f2 = −24 cm

 AUFGABE H-20: Sammellinse: Brennweite nach B ESSEL H.2 Nach dem B ESSEL-Verfahren wird eine Sammellinse zwischen Gegenstand und Bildschirm in einem festen Abstand s verschoben. Zeigen Sie, dass die Brennweite f = (s 2 − e2 )/(4s) ist, wenn e den Abstand zwischen den Linsenpositionen bezeichnet, bei denen ein vergr¨oßertes bzw. verkleinertes Bild entsteht. ¨  L OSUNG H-20: Aus dem Bild: s = 2 |g| + e = |b| + |g|; |g| = s − e ; |b| = s − |g| = s + e 2 2 Vorzeichenregel: g ist negativ, b positiv. −1    2 − −2 −1 = = s+ f = b1 − g1 e s −e 2 2 s − e = 4s

Position 1

F

2

F´ g

e

g b

s

138

H Optik

3 Optische Instrumente  AUFGABE H-21: Auge und Brillengl¨aser

H.3.1.1

1. Um wieviele Millimeter ver¨andert eine Lesebrille der St¨arke 2“ die Brennweite am Auge ” ( f Auge = 26 mm)? 2. Herr Kurzsichtig sieht in einer Entfernung zwischen 12 und 35 cm scharf. Die L¨ange seiner Aug¨apfel (Bildweite) betr¨agt 2,6 cm. a) Welche Brechkraft braucht die Brille, um den Fernpunkt ins Unendliche zu verschieben? b) Wo liegt mit Brille der Nahpunkt“? ” 3. Ein Brillenglas mit der Brechkraft D = 1,5 dpt ist konkav-konvex geschliffen. Der Radius der konkaven Fl¨ache betr¨agt 24 cm, der konvexen 14 cm. Wie groß ist die Brechzahl n? 4. Ein 1 mW-Laserstrahl f¨allt mit dem (halben) Divergenzwinkel θ = 1,6·10−4 rad ins Auge. a) Wie groß ist der Brennfleck auf der Netzhaut? ( f Auge = 26 mm) b) Wie hoch ist die Leistungsdichte auf der Netzhaut? ¨ H-21:  L OSUNG 1. Die Brechkraft von Auge 1 und Brille 2 (D2 = 2 dpt) addiert sich; die Brennweite am Auge wird um 1,3 mm k¨urzer. −1  −1  = 26·101−3 m + 2 m−1 = 0,0247m = 24,7 mm f = f1 + f1 1

2

2. a) Ohne Brille: Mit Brille:

−1  −1  f F = b1 − 1g = 2,61cm + −351 cm = 2,42 cm = 0,0242 m  −1 1 = 2,6 cm = 0,026 m f F,B = 2,61cm + ∞

D = (0,026 m)−1 − (0,0242 m)−1 = −2,86 dpt  −1 −1  b) Ohne Brille: f N = b1 − g1 = 2,61cm + −121 cm = 2,13 cm  −1  −1 Mit Brille B: f N,B = f1 + f1 = 2,131 cm + −121 cm = 2,3 cm N B −1  −1  1 Nahpunkt: gN,B = b1 − f 1 = 2,61cm + 2,3 = −20 cm Brechkraft:

N,B

  3. D = 1f = (n − 1) r11 − r12 ⇒ n = 1+

D =1+ r1−1 − r2−1

1,5 m−1 (−0,24 m)−1 −(−0,14 m)−1

r1

r2

= 1,504

4. a) Der durch die Augenlinse fokussierte Lichtpunkt verschiebt sich beim Verkippen auf der Netzhaut um: r ≈ f Auge θ = 4,2 μm. Der Durchmesser des Brennflecks ist: d = 2r = 8,4 μm. 0,001 W 7 W b) P A = π(4,2·10−6 m)2 = 1,8·10 m2 (Gef¨ahrlich!)

3 Optische Instrumente

139

 AUFGABE H-22: Fotoapparat

H.3, H.2.2.5

1. Welche Bodenfl¨ache bildet eine Luftbildkamera ( f = 50 cm) auf einem Film mit dem Format (20×20) cm2 aus einer H¨ohe von 5 km ab? 2. Welche Gegenstandsgr¨oße bildet ein Fotoapparat ( f = 50 mm) bei einer Entfernung von 1,2 m auf einem Film (24 mm x 36 mm) im Hochformat ab? 3. Um welche Strecke s muss ein 50 mm-Objektiv verschiebbar sein, damit eine Einstellung zwischen 0,7 m und Unendlich m¨oglich ist? 4. a) Was bedeutet die Blendenzahl? b) Wie groß ist die Belichtungszeit bei Blende 16, wenn 1/10 s bei Blende 4 richtig ist? 5. Welche Brennweite ben¨otigt eine Makrovorsatzlinse, damit ein auf Unendlich eingestelltes 50 mm-Objektiv Gegenst¨ande im Maßstab 1 : 1 abbildet? 6. Das 50 mm-Objektiv mit dem Einstellbereich von Unendlich bis 70 soll durch einen Zwischenring f¨ur Makroaufnahmen auf kleinere Entfernungen erweitert werden. a) Wie hoch ist der Zwischenring? b) Welcher kleinste Motivabstand ist machbar? ¨  L OSUNG H-22: B = b ⇒ G ≈ B g = 0,2 m · 1. G g f

−5000 m 0,5 m

= −2000 m (Minus: Bild steht Kopf).

Bodenfl¨ache: A = G 2 = 4 km2     g g m 2. G = B b = Bg 1f + g1 = B f + 1 = 0,036 m · −1,2 0,05 m + 1 = −0,83 m Umgekehrtes Bild; g ist negativ, weil es von der Linse nach links wegzeigt. −1   −1   1 1 1 −1 = − 1f + ∞ + − 50 mm = 3,85 mm 3. s = b0 − b∞ = 1f + g1 50 mm −700 mm ¨ 4. a) Blendenzahl k = Kehrwert des Offnungsverh¨ altnisses f/d d Blendendurchmesser (Eintrittspupille), f Brennweite

√ Stufung mit dem Faktor 2, d. h. k ≈ 1; 1,4; 2; 2,8; 4; 5,6; 8; 12, 16,. . . Von einer Blendenzahl zur n¨achsten halbieren sich Blendenfl¨ache und Belichtungszeit. b) Drei Blendenstufen verringern die Belichtungszeit auf 213 = 18 , also 1/8 ·0,1 s = 0,0125 s. 2  Blende 4 = 19 ≈ 18 Alternative Rechnung: Blende (16−4) B = b = −1 ⇒ b = −g 5. Maßstab: G g 1 1 1 Aus b = fges + g folgt: b = 2 f ges Das Objektiv ( f 1 = 50 mm) ist auf Unendlich eingestellt (g → ∞), d. h. folgt: b = f 1 = 50 mm (= 2 f ges ) −1   −1 1 − 1 1 1 1 = 1 + 1 ⇒ f = = − = 50 mm 2 25 mm 50 mm fges f1 f2 f ges f1 −1 −1   = 50 1mm + −7001 mm = 53,85 mm 6. a) Bildweite am Nahpunkt: b = 1f + g1 H¨ohe des Zwischenrings: h = b − f = 3,85 mm   −1  1 − 1 −1 = 1 1 − = −375 mm ≈ −37 cm b) g  = b + (53,85+3,85) mm 50 mm h f aus

1 b

=

1 f1

+

1 g

=

1 f1

+

1 ∞

H

140

H Optik

 AUFGABE H-23: Fernrohr und Fernglas

H.3, H.2.2.1

1. Ein 21 m langes K EPLER-Fernrohr soll einen Laserstrahl von d1 = 1 mm Durchmesser (halber Divergenzwinkel θ1 /2 = 0,7 mrad) so aufweiten, dass auf der 384 000 km entfernten Mondoberfl¨ache ein 100 m großer Fleck entsteht. Welche Brennweiten sind notwendig? 2. Ein Opernglas (G ALILEI-Fernrohr) hat ein Objektiv ( f 1 = 8 cm, d1 = 3 cm) und ein Okular ( f 2 = –2 cm). a) Welche Werte haben Vergr¨oßerung und L¨ange? (Auge auf Unendlich akkomodiert) b) Wie groß ist der Sehwinkel des Bildfeldes, wenn das Auge 1 cm vor dem Okular ist? 3. Ein Fernglas vom K EPLER-Typ mit der Bezeichnung 10 × 100; 5.5◦ besitzt ein Objektiv mit 12 cm Brennweite. Der Strahlengang sei ungefaltet. a) Wie groß sind Vergr¨oßerung, Okularbrennweite und Baul¨ange? b) Wie groß ist die Austrittspupille? Wo liegt sie? c) Wie groß ist der Sehfeldurchmesser?

d1

FF´ 1’=F = F2 1 2 f2

f1 f1

f2

d2

d1

ff

1

ff22

Austrittspupille

Austrittspupille

zu 1.

zu 2.

ff2

ff11

2

AP

AP

=F´ FF 1´=F 1 22 zu 3.

¨  L OSUNG H-23: 1. Strahlaufweitung = Winkelvergr¨oßerung des Fernrohres: −3 ! f = 5376 V = f 2 = dd2 = θθ1 = 1002·0,7·10 m/384·106 m 2 1 1 !

Baul¨ange: l = f1 + f 2 = f1 (1 + 5376) = 21 m ⇒ f 1 = 3,9 mm; f 2 = f 1 V ≈ 21 m Objektivdurchmesser d2 = 5,376 m. Das System kann als Spiegelteleskop realisiert werden.   f  2. a) V =  f 2  = 4; l = f 1 − | f 2 | = 6 cm. 1

b) Das Bildfeld ist durch den Objektivdurchmesser begrenzt. Die virtuelle Austrittspupille liegt zwischen Objektiv und Okular (Minuszeichen!): −1 −1   = −21cm + −61cm = −1,5 cm b = f1 + g1 2 d cm Durchmesser der Austrittspupille: d1 = bg ⇒ d1 = d1 bg = 3 cm · −1,5 −6 cm = 0,75 cm 1 Sehwinkel, wenn das Auge von der Austrittspupille b  = 2,5 cm entfernt ist. d 0,75 cm ◦ tan σ = 1  ⇒ σ = 2 arctan 2·2,5 cm = 17 2 2·b 3. a) 10 × 50; 5.5◦ bedeutet: 10-fache Winkelvergr¨oßerung, 100 mm Objektivdurchmesser und 5,5◦ Sehwinkel. f f V = f1 ⇒ f 2 = V1 = 1210cm = 1,2 cm; l = f 1 + f2 = 13,2 cm 2

b) Die Objektivumrandung wird durch das Okular abgebildet; n¨achst der Brennebene des d = 100 mm = 10 mm. Okulars entsteht die Austrittspupille mit dem Durchmesser: d  = V 10

 ◦ c) Sehfelddurchmesser: d  = 2 tan σ = 2 tan 5.5 = 0,096 ⇒ d  = 96 m (in 1 km Entfernung) 2 2 b

3 Optische Instrumente

141

 AUFGABE H-24: Projektor

H.3

1. Ein Diaprojektor mit der Brennweite 60 mm wirft Lichtbilder der Gr¨oße 24 mm × 36 mm an eine 9 m entfernte Wand. a) Wie groß ist der Abstand des Dias vom Objektiv? b) Wie groß ist das Bild an der Wand? c) In welchem Verh¨altnis stehen die Fl¨achen von Bild und Dia? 2. Ein Overhead-Projektor bildet eine Fl¨ache von 30 cm × 30 cm in drei Metern Entfernung auf 2 m × 2 m ab. Wie groß ist die Brennweite des Objektivs? ¨ H-24:  L OSUNG 1. a) Das Dia befindet sich ungef¨ahr in der Brennweite des Objektivs. Genauer: −1  −1  = 9·1013 mm − 60 1mm = −60,4 mm g = b1 − 1f    9m B = b ⇒ B = G b = (24 bzw. 36)·10−3 m · b) G  = 3,58 m bzw. 5,36 m g g −60,4·10−3 m AB = 3,58·5,36 m2 ≈ 22200 c) A 24·36·(10−3 m)2 G B = b (< 0, Minuszeichen wegen Bildumkehr) und 1 = 1 + 1 ⇒ 2. G g g b f     −1  B/G −1 −2 m/0,3 m −1 1 1 1 1 f = b−g = b− b = 3m − = 0,39 m 3m  AUFGABE H-25: Mikroskop

H.3.1.3

1. Ein Mikroskop besitzt eine Tubusl¨ange von t = 160 mm, ein Objektiv mit f 1 = 4 mm und ein Okular mit f 2 = 20,8 mm Brennweite. Wie groß sind: Abbildungsmaßstab von Objektiv und Okular, Gesamtvergr¨oßerung, Gegenstandsweite des Objekts und das Objektfeld bei einem Zwischenbild von 1,5 cm Durchmesser? 2. a) Welche Objektivbrennweite hat ein Mikroskop mit 250-facher Vergr¨oßerung, 20 mm Okularbrennweite und 160 mm Tubusl¨ange? b) Wie groß ist der Abstand der Skalenstriche eines Glasmaßstabes in der Zwischenbildebene, damit eine Gegenstandsl¨ange von 0,01 mm markiert wird? ¨ H-25:  L OSUNG 1. Abbildungsmaßstab des Objektivs: Vergr¨oßerung des Okulars: Vergr¨oßerung des Mikroskops: Gegenstandsweite:

Durchmesser des Objektfeldes:

B ≈ t = 160 mm = 40 β= G 4 mm f1 s Sehweite: 25 cm Vok = f = (20,8/10) cm = 12 2 V = βVok = 480  −1 g = b1 − f1 und b = t + f 1 ⇒ 1 −1  1 1 − = −4,1 mm (≈ − f 1 ) g = (160+4) mm 4 mm B = G= β

2. a) Vok = 12,5; β = VV = 20; f 1 = βt = ok b) B = βG = 20 · 0,01 mm = 0,2 mm

160 mm 20 mm

1,5 cm 40

= 0,0375 cm = 0,375 mm

= 8 mm

H

142

H Optik

4 Strahlung und Lichtempfindung  AUFGABE H-26: Fotometrie: Gluhlampe ¨

H.4

1. Eine isotrop strahlende Lichtquelle mit 10000 lm h¨angt in 5 m H¨ohe. Welche Beleuchtungsst¨arke herrscht a) senkrecht unter der Lampe und b) 2 m seitlich? 2. Eine kugelsymmetrisch strahlende Gl¨uhlampe in 2,5 m H¨ohe beleuchtet eine Tischfl¨ache mit 80 lx. — a) Wie groß sind Lichtst¨arke und Lichtstrom der Quelle? b) Welche elektrische Leistung bei einer Ausbeute von 10 lm/W ist notwendig? Welche Energie (in kWh) wird bei 16 Stunden Brenndauer ben¨otigt? 3. Der Lichtkegel eines Scheinwerfers hat in 10 m Entfernung einen Durchmesser von 1,5 m und die Beleuchtungsst¨arke 5 lx. Wie groß sind Lichtst¨arke und Lichtstrom? ¨  L OSUNG H-26:  1. a) E =  A = 4πr 2 =

10000 lm 4π·(5 m)2

= 32 lx

b) Satz des P YTHAGORAS:  r  = (52 + 22 ) m2 = 5,39 m tan α =

2m 5m

r

D

⇒ α = 21,8◦

E(α) =  A cos α =

10000 lm 4π·(5,39 m)2

· cos 21,8◦ ≈ 25,5 lx

80 lx·4π·(2,5 m)2 EA I' I' 2. a) E =  = 500 4π A = A = 4πr 2 ⇒ I = ' =  = E A = 80 lx · 4π · (2,5 m)2 = 6283 lx m2 = 6283 lm

b) P =

6283 lm 10 lm/W

r´

2m

lx m2 sr

= 500

lm sr

= 628 W

E = Pt = 628,3 W · 16 h = 10052 J ≈ 2,8 kWh 3.  = E A = E · πr 2 = 5 lx · π · ( 12 · 1,5 m)2 = 8,85 lm  2 2 I =  ' = A/R 2 = E R = 5 lx · (10 m) = 500 cd  AUFGABE H-27: Fotometrie: Sonne

H.4.1.3, D.5.1

1. Die 150 Mio. km entfernte Sonne (Durchmesser 1,4·106 km) beleuchtet die Erde mit 80 000 lx. a) Wie groß ist der Lichtstrom (in lm) auf 1 m2 Erdoberfl¨ache? b) Welcher Strahlungsleistung (in W/m2 ) entspricht dies? Warum weicht der Wert von der Solarkonstante (1400 W/m2 ) ab? c) Wie groß sind Lichtst¨arke und Leuchtdichte der Sonne? ¨ H-27:  L OSUNG 1. a)  = E A = 80000 lx · 1 m2 = 80 000 lm 80000 lm b) 1 W = ˆ 400 lm ⇒  A = 400 lm/(W m−2) = 200

W m2

4 Strahlung und Lichtempfindung

143

Nur 14% der Sonnenstrahlung sind sichtbares Licht; die tats¨achliche Strahlungsleistung betr¨agt 1400 W/m2 . 80000 lm  27 c) I =  ' = A/r 2 = 1 m2 /(150·109 m)2 = 1,8·10 cd 1,8·1027 cd I = I = = 1,17·109 mcd2 L= A 1 2 π·( /2 ·1,4·109 m)2 rs π  AUFGABE H-28: Fotometrie: mehrere Lichtquellen

H.4

1. Eine Lichtquelle mit 50 cd bestrahlt die Vorderseite eines Papierschirms aus 1,1 m Entfernung; eine zweite Quelle gleicher Beleuchtungsst¨arke die R¨uckseite aus 75 cm Entfernung. Wie groß ist die Lichtst¨arke dieser Lichtquelle? 2. Zwei Straßenlampen (20000 cd, gleichm¨aßige Abstrahlung) stehen im Abstand von 30 m. a) In welcher H¨ohe m¨ussen die Lichtquellen befestigt werden, damit die Straße zwischen den Masten maximal beleuchtet wird? b) Wie groß ist die Beleuchtungsst¨arke zwischen und direkt unter den Lampen? ¨ H-28:  L OSUNG I r2 m)2 = 23,2 cd 1. E 1 = E 2 ⇒ I12 = I22 ⇒ I2 = 1 22 = 50 cd·(0,75 2 (1,1 m) r1 r2 r1 2. a) Mit cos α = hr und r 2 = s 2 + h 2 folgt f¨ur die maximale Beleuchtungsst¨arke: ! α = d Ih dE = D 0 = d I cos r r dh dh r 2 dh (s 2 + h 2 )3/2 h D = 2 I 2 3/2 − 3h 2 I h2 5/2 (s + h ) (s + h ) (30/2) m s ⇒ h= √ = √ = 10,6 m s s 2 2 b) Mitte: E = E 1 + E 2 = 2 2 I h2 3/2 = √4I 2 = 68,4 lx (s + h ) 3 3s I Darunter: E ⊥ = 2 ≈ 178 lx (plus vernachl¨assigbarer Beitrag der anderen Lampe) h

H

144

K Atom- und Kernphysik

1 Quanten und Materiewellen  AUFGABE K-1: Gluhemission ¨ und Fotoeffekt K.1 Eine Gl¨uhkathode aus Wolfram erzeugt bei 1000 V einen Strom von 2,5 mA (Austrittsarbeit 4,5 eV; nichtrelativistische Rechnung). a) Wie groß sind Energie und Geschwindigkeit der Elektronen? b) Wie viele Elektronen pro Sekunde treten aus? c) Welche Wellenl¨ange m¨usste eine Strahlung haben, um Elektronen gleicher Energie durch Fotoemission zu erzeugen? d) Ab welcher Grenzwellenl¨ange treten Fotoelektronen aus einer Fotokathode? (WA = 1,9 eV). ¨  L OSUNG K-1: !

a) E = E kin + WA = eU ⇒ E kin = eU − WA = 1,602·10−19 C·(1000−4,5) V ≈ 1,6·10−16 J   2·1,6·10−16 J kin = E kin = 21 mv e2 ⇒ v = 2E = 1,9·107 m/s me 9,11·10−31 kg Ne N I b) I = Q t = t ⇒ t = et =

0,0025 A 1,602·10−19 C·1s

= 1,6·1016 s−1

! 6,626·10−34 Js·2,99792·108 m/s hc c ⇒ λ= c) E = E kin + WA = h f = h λ = 1,24 nm 1,6·10−16 J E kin + WA = hc = 6,626·10−34 Js·299,792·106 m/s = 653 nm d) F¨ur v = 0 gilt: WA = hc/λ ⇒ λ ≤ W 1,9·1,602·10−19 J A

 AUFGABE K-2: Photonen und Strahlungsdruck K.1 Ein Helium-Neon-Laser (632 nm) hat eine Leistung von 5 mW. a) Welche Frequenz und Energie besitzen die Photonen (in J und eV)? b) Wie viele Photonen werden pro Sekunde abgestrahlt? Zum Vergleich: Wie viele Photonen kann das menschliche Auge im Maximum seiner Empfindlichkeit (510 nm, 0,037 fW, f = femto) gerade noch erkennen? c) Welchen Impuls hat ein Photon? Wie unterscheidet sich die Impuls¨ubertragung bei vollst¨andiger Absorption und bei Reflexion an einer spiegelnden Fl¨ache? d) Welche Kraft wirkt auf ein Ziel im fokussierten Strahl des Lasers? e) Wie viele Lichtquanten m¨usste ein Staubkorn (10 mg) absorbieren, damit es auf 9,81 m s−1 beschleunigt wird? ¨ K-2:  L OSUNG c = 299792458 m/s ≈ 4,74·1014Hz a) f = λ 632·10−9 m E = h f = 6,626·10−34 Js · 4,74·1014 Hz = 3,14·10−19 J = 1,96 eV

1 eV = {e} J!

1 Quanten und Materiewellen b) Laser: P = d(N E) dt Auge: Nt = Pλ hc =

145

P = ⇒ Nt = E

0,005 W 3,14·10−19 J

3,70·10−17 W ·510·10−9 m 6,626·10−34 Js ·299,79·106 m/s

= 1,59·1016 s−1

≈ 95 s−1

6,626·10−34 Js h −27 Ns c) p = E c = λ = 632·10−9 m = 1,05·10 Bei der Absorption wird der gesamte Impuls u¨ bertragen (Impulserhaltung); bei der Reflexion findet zweifache Impuls¨ubertragung statt.

d) 100%ige Absorption: F =

d(N p) h dN −27 Ns · 1,59·1016 s−1 ≈ 1,7·10−11 N dt = λ dt = 1,05·10

e) F = N p˙ = ma ⇒ Nt = maλ h =

0,01·10−3 kg ·9,81 m/s2 ·632·10−9 m 6,626·10−34 Js

≈ 9,4·1022 s−1

 AUFGABE K-3: Materiewellen und Elektronenmikroskop

K.1

Der Strahl eines Elektronenmikroskops wird mit 12 kV beschleunigt. a) Welche Geschwindigkeit und Wellenl¨ange erreichen die Elektronen (nicht relativistisch)? b) Unter welchem Winkel wird der Strahl an einem Metallgitter (Gitterkonstante 0,3 nm) gebeugt? c) Um welchen Faktor u¨ bertrifft der theoretisch aufl¨osbare Abstand des Elektronenmikroskops das Lichtmikroskop (bei 500 nm)? d) Welche DE B ROGLIE-Wellenl¨ange hat ein thermisches Neutron bei 300 K? Was a¨ ndert sich bei schnellen Neutronen? e) Welche Materiewellenl¨ange hat ein 70 g schwerer und 120 km/h schneller Tennisball? f) Welche relativistische Masse hat ein Photon der Wellenl¨ange 450 nm? ¨ K-3:  L OSUNG a) eU = 12 m e v 2 ⇒ v = λ = hp = mh v = e



2eU = me



2·1,609·10−19 C·12000 J 9,109·10−31 kg

6,626·10−34 Js 9,109·10−31 kg ·6,5·107 m/s

= 6,5·107m/s

= 1,1·10−11 m = 11 pm

11 pm ◦ b) 1. Beugungsmaximum: sin θ = λ a ⇒ θ = arcsin 0,3 nm = 0,0367 rad ≈ 2,1

c)

500 nm 11 pm

≈ 45500

d) Ein freies Teilchen hat drei Translationsfreiheitsgrade der Energie kT (Thermodynamik).

 1 3kT = 3·1,38·10−23 J/K ·300 K = 2724 m/s 2 = 3 kT ⇒ v = m v 2 n 2 mn 1,6749·10−27 kg λn = mhn v =

6,626·10−34 Js 1,6749·10−27 kg ·2724 m/s

= 1,45·10−10 m = 145 pm

Je schneller das Neutron (v → ∞), desto k¨urzer ist die DE B ROGLIE-Wellenl¨ange (λn → 0). h = e) λ = mv

6,626·10−34 Js 0,07 kg·(120/3,6) m/s

h = f) m = cλ

6,626·10−34 Js 299792458 m/s·450·10−9 m

= 2,8·10−34 m (makroskopisch vernachl¨assigbar) = 4,9·10−36 kg

K

146

K Atom- und Kernphysik

2 Elektronenhulle ¨ und Atomspektroskopie  AUFGABE K-4: Wasserstoffatom, B OHR’sches Atommodell a) Mit welcher Kraft ziehen sich Elektron und Proton im Wasserstoffatom an? b) Welche Gravitationskraft wirkt im H-Atom? c) Wie groß ist die Ionisierungsenergie? d) Wie unterscheidet sich das 1. Energieniveau beim H- und He-Atom? e) Berechnen Sie die Linien der BALMER-Serie.

K.2.2

¨  L OSUNG K-4: a) C OULOMB-Kraft im Wasserstoffatom: (1,602·10−19 C)2 e2 = = 8,24·10−8 N 4π·8,854·10−12 F/m ·5,292·10−11 m 4πε0r 2 −31 kg·1,675·10−27 kg m m b) FG = G e 2 p = 7,75 · 10−5 · 9,109·10 = 4,2·10−41 N (vernachl¨assigbar) −11 m)2 (5,292·10 r 4 −18 J eV c) E n = − m2 e e2 2 = − −2,180·10 = − 13,6 2 n n2 8ε0 h n

FC =

Zwischen n = 1 (Grundzustand) und n → ∞ (E = 0) liegt die Ionisierungsenergie 13,6 eV. 2 4 2 d) E 1 (H) = − Z 2m2e e 2 = −13,6 eV · 12 = −2,18 · 10−18 J (Z = 1, n = 1) 8ε0 h n 1 2 E 1 (He) = −13,6 eV · 22 = −54 eV = −8,7 · 10−18 J (Z = 2, n = 1) 1     2 4 m e Z 1 1 1 1

E 15 e (n 2 = 3,4,5, . . .) − 2 = 3,29·10 Hz · − 2 e) f = h = − 8ε02 h 3 n 21 n2 22 n2

Frequenzen: f 3 = 457 GHz; f 4 = 617 GHz; f5 = 691 GHz; f 6 = 731 GHz; f ∞ = 823 GHz. Wellenl¨angen: λ3 = c/ f 3 = 656 nm; λ4 = 486 nm; λ5 = 434 nm; λ6 = 410 nm; λ∞ = 365 nm.  AUFGABE K-5: Natriumatom, B OHR’sches Atommodell, Quantenzahlen

K.2.2, 2.4.5

a) Wie viele Elektronen befinden sich in der K-, L-, M- und N-Schale des Natriumatoms? b) Welche Ionisierungsenergie hat das Natriumatom? c) Welche Wellenl¨ange emittiert ein Natriumion beim Elektroneneinfang in die Valenzschale? d) Welchen Radius hat die dritte Bohr’sche Bahn? e) Welches Termsymbol hat Natrium im Grundzustand? ¨ K-5:  L OSUNG a) In der n-ten B OHR-Schale befinden sich N = 2n 2 Elektronen. Die Z = 11 Elektronen des Natriumatoms verteilen sich auf: K 2, L 8 und M 1 (Valenzelektron). b) Natrium hat die Elektronenkonfiguration [Ne] 3s1 . Die abgeschlossene Neonschale schirmt den Atomkern ab, so dass die effektive Kernladung Z = 1 und die Schale n = 3 ist. 2 2 2 E 3 (Na) = − Z 2m2e e 2 = −13,6 eV · 12 = −1,51 eV = −2,42 · 10−19 J 8ε0 h n 3

2 Elektronenh¨ulle und Atomspektroskopie

147

c ⇒ λ = hc = 8,21·10−7 m = 820 nm (Infrarotes Licht) c) E = h f = h λ E 2 2 2 d) r3 = n h 2ε0 = 0,529·10−10 m · 32 = 4,8·10−10 m Z πe m e 1

e) Das 3s-Orbital (Hauptquantenzahl n = 3) hat die Bahndrehimpulsquantenzahl L = 0, somit das Termsymbol S. Der halbzahlige Spin des Valenzelektrons erzeugt die Multiplizit¨at 2S + 1 = 2 · 21 + 1 = 2. Mit der Gesamtdrehimpulsquantenzahl J = L + S = 12 lautet das vollst¨andige Termsymbol: 2 S1/2 .

 AUFGABE K-6: Uran, Elektronenkonfiguration

K.2.4.3

a) Welche Elektronenkonfiguration hat das Uranatom? b) Welche h¨ochste Oxidationsstufe (Wertigkeit) besitzt Uran in chemischen Verbindungen? c) Wie groß ist die Bahngeschwindigkeit im B OHR-Modell im Vergleich zu anderen Atomen?  T IPP K-6: Die Elektronenkonfiguration eines Elementes erh¨alt man durch Abz¨ahlen im Periodensystem, beginnend beim voranstehenden Edelgas. In der 1. und 2. Hauptgruppe werden s-Elektronen der n-ten Schale (Periode) aufgef¨ullt, in der 3. bis 8. ¨ Hauptgruppe die p-Elektronen, bei den Ubergangsmetallen die d-Elektronen der n −1-ten Schale und bei den Lanthanoiden und Actinoiden die f -Elektronen der n −2-ten Schale.

¨  L OSUNG K-6: a) Die Z = 92 Elektronen des Uranatoms besetzen zun¨achst die inneren abgeschlossenen Schalen wie beim Edelgas Radon; hinzu kommen zwei 7s-Elektronen (Francium → Radium), ein 6dElektron (→ Actinium, wobei die Hauptquantenzahl des d-Block um eins nachh¨angt“). Un” ter den Actinoiden steht Uran an dritter Stelle, somit 5 f 3 . Alles zusammen: [Rn] 5f3 6d1 7s2 . b) Uran hat sechs Elektronen in den a¨ ußeren Schalen (Valenzelektronen), ist somit 6-wertig und bildet Verbindungen wie UF6 und UO3 . Weiterhin gibt es die Oxidationsstufen III, IV, und V. c) Die Bahngeschwindigkeit ist proportional zur Kernladungszahl Z und zu 1/n 2 . Uran, Neptunium und Plutonium sind die schwersten nat¨urlich vorkommenden Elemente. Auf der KSchale (n = 1) w¨aren ihre Elektronen die schnellsten – falls es B OHR’sche Kreisbahnen g¨abe!

 AUFGABE K-7: Unsch¨arferelation K.1.3.4 57 ¨ Bei der M OSSBAUER-Spektroskopie emittiert ein Fe-Kern γ -Strahlung der Energie 14,4 keV. Was ist u¨ ber die Mindestmesszeit zu sagen? ¨ K-7:  L OSUNG

h und c = λ f = x folgt E · t ≈ h. Aus p · x ≈ h mit p = λ

t 6,626·10−34 Js h −19 s bedeutet die unterste Messgrenze, ab der

t = E = 14,4·103 eV·1,602·10−19 J/eV = 2,9·10 u¨ berhaupt eine Interpretation des Signals m¨oglich ist, also nicht die Lebensdauer des Zustands.

K

148

K Atom- und Kernphysik

 AUFGABE K-8: Wellenfunktionen, Operatoren, Eigenwertgleichung

K.2.3.1 und 2 !

1. Welche Parit¨at haben folgende Funktionen? −q/2 sin ϑ cos ϕ a) ψ1 = A (2 − q) e−q/2 mit q = 2r a0 ; b) ψ2 = A q e 2. Wenden Sie den L APLACE-Operator auf die Wellenfunktion ψ = ψ0 ei kx an. 3. Zeigen Sie, dass es zum Operator Aˆ = Aˆ ψ = C ψ f¨ur ψ = ψ0 ei kx erf¨ullt ist.

2

h¯ 2m

eine Konstante C gibt, so dass die Gleichung

4. Bestimmen Sie den Operator Bˆ = Aˆ − f (a) x 2, der die Eigenwertgleichung Bˆ ψ = C ψ f¨ur 2 ψ = ψ0 e−ax erf¨ullt. 5. a) Wie schnell und in welche Richtung bewegen sich die Wellenz¨uge ψ1,2 = sin(ax ± bt) fort? — b) Zeigen Sie, dass ψ± = ψ1 ± ψ2 stehende Wellen sind.  T IPP K-8: Pr¨ufen Sie die Auswirkung des Parit¨atsoperator πˆ auf das Vorzeichen der Funktion, indem Sie ein Minuszeichen vor jede x-Komponente setzen. Achtung: sin(−x) = − sin x, aber cos(−x) = cos x. 5 = f (x) gerade Funktion, symmetrisch zur y-Achse πˆ f (x) = f (−x) = − f (−x) ungerade Funktion, punktsymmetrisch ¨  L OSUNG K-8: 1. a) πˆ ψ1 (ϑ) = A (2 −

q) e−q/2

√  2 2 2 2 (−x)2 + y 2 + z 2  − 12 (−x)a +y +z 0 = A 2− e   = ψ2 a0    e−q/2 

2−q

b) πψ ˆ 2 (ϑ) =

Aqe−q/2 sin(−ϑ) cos(−ϕ)

=

−Aqe−q/2 sin(ϑ) cos(ϕ)

(gerade Parit¨at) = −ψ2 (ungerade Parit¨at)

2  2 ψ = ∂ (ψ0 ei kx ) = −ψ0 k 2 ei kx 2. ψ = ∇ ∂x2 2 2 2 ˆ = h¯ ∂ (ψ0 ei kx ) = − h¯ k 2 ψ0 ei kx = Cψ 3. Aψ 2m ∂ x 2 2m * ) + , h¯ 2  2 2 2 2 h¯ 2 4. −2a + (−2ax)2 − f (a) x 2 · ψ0 e−ax = Ce−ax ∇ − f (a) x ψ0 e−ax = 2m 2m    ˆ Bψ

Durch Koeffizientenvergleich der quadratischen Terme findet man f (a) = 4a 2. ! und dx = − ab , d. h. ψ1 schreitet in negative 5. a) ψ1 = 0 f¨ur ax + bt = nπ ⇒ x = nπ−bt a dt b in positive x-Richtung. x-Richtung fort, hingegen ψ2 wegen dx = + a dt Der Abstand zweier Knoten ist λ = 2(x n−1 − x n ) = 2π a . b) ψ⊕ = sin(2ax + bt) + sin(ax − bt) = !

sin ax cos bt + cos ax sin bt + sin ax cos bt − cos ax sin bt = 2 sin ax cos bt = 0 dx ⇒ 2 sin ax = 0 oder x = nλ a , d. h. dt = 0 (stehende Welle). Ebenso: ψ = 2 cos ax sin bt = 0.

2 Elektronenh¨ulle und Atomspektroskopie

149

 AUFGABE K-9: Teilchen im eindimensionalen Kasten

K.2.3.2–4 !

Ein Elektron in einer L = 150 pm langen chemischen Bindung verhalte sich wie ein Teilchen in einem potentialfreien eindimensionalen Kasten. a) Welcher Energieunterschied besteht zwischen den ersten beiden Energieniveaus? b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist das Elektron zwischen L/4 und 34 L zu finden? c) Welchen Mittelwert (Erwartungswert) hat der Ort x im Niveau n = 3?  T IPP K-9: 0



    h¯ 2 ∂ 2 − + V (r ) ψ = E ψ 2m ∂ x 2   

Ansatz:





Hˆ ψ

  2 sin n π x L L

Normierte Eigenfunktion:

ψn =

Eigenenergien:

2 2 En = n h 2 8m L

sin2 x dx =

x 2

−

1 2 2

(n = 1,2,3 . . .) L = nλ 2

K

sin x cos x

cos 2x = 1 − 2 sin x = 2 cos2 x − 1 ¨  L OSUNG K-9: a) E 1 =

12 ·(6,626·10−34 Js)2 8·9,1·10−31 kg·(150·10−12 m)2

= 2,7·10−18 J; E 2 = 10,7·10−18 J; E = 8,0·10−18 J

$ 3L/4  

 %2 2 nπ x b) = dx = dx ≈ 0,39 = 39 % L sin L a L/4 % $   2  nπ x  2 sin  nπ x  dx = · x · ˆ 3 = c) x(n = 3) = x ˆ = ψ3 |x|ψ sin L L L L b

|ψ|2

ψ∗ψ

  L nπ 2  x sin2 nπ x dx = 2  u sin2 u du = L = L    L L 2 0 u=0 u=(nπ/L)x

Der Erwartungswert liegt in der Mitte des Kastens im Schwingungsbauch der stehenden Welle aus zwei Wellenbergen und einem Wellental (n = 3). Bilder aus Mathcad: 5 2 10

2/L1

5 1 10 xȥ )3

P( x) 2

L \ 32 0.5

0

L

5 1 10 5 2 10

0

50

x/

100 x pm

150

0

0

50

x/

100 x pm

150

150

K Atom- und Kernphysik

¨  AUFGABE K-10: S CHR ODINGER -Gleichung fur ¨ das Wasserstoffatom

K.2.3.4 !

ψ = Ce−r/a0 mit a0 = 0,529 · 10−10 m beschreibt das Wasserstoffatom im Grundzustand. a) Normieren Sie diese Funktion. b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit h¨alt sich das Elektron in einer Kugel vom Radius 4a0 auf? ∞

 T IPP K-10:

0

n! x n e−ax dx = n+1 a

¨  L OSUNG K-10: a)

!

ψ|ψ = 1 =

∞ −∞

∞  ψ ψ ∗ dτ = [Ce−r/a0 ]2 dτ = [Ce−r/a0 ]2 4πr 2 dr −∞

2! 1 2a3 ⇒ C = = πC 0 (2/a0)3 πa03 −∞ & '2 b) 4a 4a 4a 0 0 0   1 e−r/a0 ψ ψ ∗ dτ = ψ 2 4πr 2 dr = 4πr 2 dr = 98,6 % ψ|ψ = πa03 0 0 0 = 4π

∞

C 2r 2 e−2r/a0 dr = 4π · 2C 2

Das Integral wird durch Substitution mit u = 2r/a0 und du = (2/a0 ) dr gel¨ost.  AUFGABE K-11: Linearkombination von Atomorbitalen

K.2.3.4 !

a) Beschreiben Sie ein sp-Hybridorbital entlang der z-Achse aus den Wellenfunktionen     ψ2s = √ 1 3/2 2 − ar · e−r/(2a0) und ψ2pz = √ 1 3/2 ar · e−r/(2a0 ) cos ϑ. 0 0 2 2a0 2 6a0 b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeitsdichte bei r = a0 , wenn a0 = 0,529·10−10 m? c) Wie groß ist die Aufenthaltswahrscheinlichkeit im 2s- und 2 pz -Orbital bei r = a0 ? ¨  L OSUNG K-11: $ %     −3/2 1 r 1 1 1 r √ 2 − a ± √ a cos ϑ · e−r/(2a0 ) a) ψ± = √ ψ2s ± ψ2pz = √ a0 0 6 0 2 2 2 2 % $√  √ 2  2 2 − r ± 6 r cos ϑ e−r/a0 b) |ψ± |2 = 1 3 a a 0 6 0 4a0 2 " #2 F¨ur r = a0 und ϑ = 0: |ψ± |2 = 18 a0−3 e−1 √1 + √1 = 0,156 · e−1 a0−3 2 6 #2 " = 0,0112 · e−1 a0−3 F¨ur r = a0 und ϑ = π: |ψ± |2 = 18 a0−3 e−1 √1 − √1 6

2

0.2

c) |ψ2s (r = a0 )|2 =

1 8

· e−1 a0−3

|ψ2pz (r = a0 , ϑ = 0 bzw. π)|2 =

1 24

· e−1 a0−3

Je h¨oher die Aufenthaltswahrscheinlichkeit, desto st¨arker ist die Bindung.

0.15

\

sp(- 0)

2

a03 / 2 0.1

sp( -

2s

0.05

S)

2p z 0

0

1

2

r/a0

3

4

5

2 Elektronenh¨ulle und Atomspektroskopie

151

 AUFGABE K-12: Bahnmoment des Elektrons im Wasserstoffatom

K.2.5, 2.3.4 !

In welchem Winkel stellt sich das maximal m¨ogliche magnetische Bahnmoment des Elektrons im homogenen, a¨ ußeren Magnetfeld ein? Energiezustand E = −ERyd /36; Spin vernachl¨assigbar. ¨  L OSUNG K-12: F¨ur jede Magnetquantenzahl m — bei gegebener Nebenquantenzahl l (Orbitaltyp: s, p, d, f) und Schalennummer n — rotiert das magnetische Moment μ  in einem bestimmten Winkel zur Feldrichtung H und beschreibt dabei die Figur eines Kegels (Pr¨azessionsbewegung). Energie

E n = − 13,62eV n

n = 1,2,3, . . .

Winkel

( H ,μ)  = arccos  m l(l + 1)

m = 0, ± 1, . . . , ± l

Magnetisches Moment

√ √ μ  = μB l(l + 1) = eh¯ l(l + 1) 2m e

Im Beispiel: n = 6 Im Beispiel: l = 0,1,2, . . . ,5

K

 AUFGABE K-13: Spin-Bahn-Kopplung und Termsymbole

K.2.4.4-5

Geben Sie die Quantenzahlen L,S,J und Termsymbole f¨ur das Kohlenstoffatom im Grundzustand 1s2 2s2 2p2 an. ¨  L OSUNG K-13: 1s

Elektronenkonfiguration:

2s

2p

↑↓ ↑↓ ↑

↑

Es ist n = 2 (2. Periode), L = 1 · m(px ) + 1 · m(py ) = 1 + 0 = 1 und S = 2 · 2S + 1 = 3 und J = L + S = 2, also Termsymbol

3P 2

1 2

= 1, somit

.

Nach den H UND’schen Regeln werden die p-Orbitale zun¨achst einfach besetzt. Termsymbol

3D

1D

3

3P 2

2

3S 1S 1 0

1P 1

verboten m=1

p-Elektronenkonfiguration Gesamtbahndrehimpulsquantenzahl L = Summe der Magnetquantenzahlen Gesamtspinquantenzahl S = Summe der Spinquantenzahlen Gesamtdrehimpulsquantenzahl J =L+S

0

↑↓

−1

m=1

0

↑

↑

−1

m=1

0

↑

↓

−1

2

2

1

1

0

0

1

0

1

0

1

0

3 (2) (1)

2

2 (1) (0)

1

1

0

152

K Atom- und Kernphysik

3 Molekulspektroskopie ¨ und Festk¨orperphysik  AUFGABE K-14: Chemische Bindung K.3, G.7.2.5, G.7.3.1 Welche Stoffeigenschaften leiten sich aus der chemischen Bindung her f¨ur: a) Messing, b) Calciumfluorid, c) Hexan, d) Siliciumcarbid? ¨  L OSUNG K-14: a) Messing CuZn: Metallbindung (Legierung) aus Atomr¨umpfen und Elektronengas ⇒ duktil, elektrischer Leiter, hohe W¨armeleitf¨ahigkeit, Metallglanz. b) Calciumfluorid CaF2 : Ionenbindung (Salz) durch elektrostatische Anziehung von Metallkationen (Ca2⊕ ) und Nichtmetallanionen (F ) ⇒ spr¨ode, hoher Schmelz- und Siedepunkt, elektrische Leitf¨ahigkeit nur im geschmolzenen Zustand (Elektrolyt). c) Hexan C6 H14 : Atombindung (Molek¨ul) durch gemeinsame Elektronenpaare zwischen Nichtmetallatomen ⇒ niedriger Schmelz- und Siedepunkt, bei Raumtemperatur fl¨ussig; elektrischer Isolator (Dielektrikum). d) Siliciumcarbid SiC: Atombindung (Atomgitter) ⇒ diamantartiger Hartstoff; hoher Schmelzund Siedepunkt.  AUFGABE K-15: Zweiatomiges Molekul: ¨ M ORSE-Potential

K.3.3 !

  Im HI-Molek¨ul wirkt entlang der Bindung die Kraft F = −2Dβ e−β(r−re ) − e−2β(r−re ) rr

D = 5,121·10−19 J = 308 kJ/mol; re = 160.9 pm; β = 0,01751 pm−1 ; m H = 1,008 u; m I = 126,9 i; u = 1,66·10−27 kg

a) Diskutieren Sie die Kraft-Weg-Kurve: Bestimmen Sie Asymptoten, Nullstellen und Extrema. b) Warum ist die Kraft konservativ? c) Diskutieren Sie den Verlauf des Potentials V (r ). Berechnen Sie die TAYLOR-Reihe. d) Wie lautet die Kraftkonstante? Mit welcher Frequenz schwingt das Molek¨ul?  T IPP K-15: Kurvendiskussion Nullstellen: Die Funktion f (x) = 0 setzen und nach x = x 0 aufl¨osen. Maximum/Minimum: Die 1. Ableitung der Funktion f  (x) = 0 setzen, nach x = x m aufl¨osen. Asymptoten: Den Grenzwert lim f (x) f¨ur große x berechnen. x→∞

Kraftfelder

   · r und  r  ≡ 1 F = | F| r r     dr Potential eines Kraftfeldes: F = −grad V ⇒ V = − F dr = − | F|

Vektor = Betrag · Einheitsvektor:

TAYLOR-Entwicklung, z. B. harmonische N¨aherung eines Potentials: ∞ (n)   f (x 0 ) 0) Pn,xo (x) = (x − x 0 ) ≈ f (x 0 ) + f  (x 0 ) · (x − x 0 ) + f (x · (x − x 0 )2 + . . . n! 2 n=0  2  V (x) ∂  Kraftkonstante: k = 2  ∂x x=x 0

3 Molek¨ulspektroskopie und Festk¨orperphysik

153

¨  L OSUNG K-15: a) Gezeichnet wird der Betrag der Kraft F, d. h. der Einheitsvektor rr entf¨allt.

12

 )| = 0 Asymptote: lim | F(r

9

r→∞

Nullstellen: F = 0 f¨ur r = re Minimum: dF = 0 f¨ur r = re + lnβ2 dr

6

F (r) 10 9 N

3

b) Das Feld ist konservativ (wirbelfrei), ! wenn rot F = ∇ × V = 0

J

Kontrolle: Bilden Sie die partiellen Ableitungen, z. B. Fx = ∂∂ F x:

∂ Fx = ∂ Fy = 0; ∂ Fx = ∂ Fz = 0; ∂ Fy = ∂ Fz = 0 ∂y ∂x ∂z ∂x ∂z ∂y

V (r)

0

10 19 J

3 6

0

0.5

1

1.5

2

r/re Abstoßung

Anziehung

c) Durch Integration der Kraft erh¨alt man das Potential (potentielle Energie) der Bindung. Das Energieminimum liegt beim Gleichgewichtsabstand re . Die Tiefe des Potentialtopfes heißt Dissoziationsenergie D. , + , +  V (r ) = − −2Dβ eβ(r−re ) − e−2β(r−re ) dr = D −2 e−β(r−re ) + e−2β(r−re ) Asymptote:

lim V (r ) = 0

r→∞

Nullstellen:

V =0

bei r = re −

Minimum:

dV = 0 dr

bei r = re

ln 2 β

2 Wendepunkt: d F2 = 0 bei r = re + lnβ2 dr N¨aherung der Potentialfunktion durch eine TAYLOR-Reihe bis zur 2. Ableitung. Die erste Ableitung V  (x) ist die Kraft; sie ist bei re gleich null. Die zweite Ableitung V  an der Stelle r = re muss berechnet werden. Man erh¨alt die harmonische N¨aherung der Potentialfunktion.   V  (r ) = −2Dβ 2 e−β(r−re ) − 2e−2β(r−re ) + ,2 V (r ) ≈ V (re ) + V  (re )(r − re ) + 12 V  (re ) · (r − re )2 = D −1 + β 2 (r − re )       −D

0

 2  V d  d) Kraft- oder Federkonstante: k = = V  (re ) = 2Dβ 2 = 314 kg s2 dr r=r e  I Schwingungsfrequenz: ω = 2π f = mkred mit m red = mm H+mm ⇒ H I

 314 kg s−2 1 314 kg s−2 / 1,008 u·126,9 u = 1 13 f = 2π 1,008 u+126,9 u 2π 1,00056·1,66·10−27 kg = 6,9·10 Hz

K

154

K Atom- und Kernphysik

 AUFGABE K-16: Zweiatomiges Molekul: ¨ Schwerpunktskoordinaten

K.3.3, B.4.3 !

1. Beschreiben Sie die Koordinaten eines zweiatomiges Molek¨uls AB a) in kartesischen Koordinaten: rA = (x A ,yA ,z A ) und rB = (x B ,yB ,z B ) b) in Schwerpunktkoordinaten: r = rB − rA und rS =

m A rA +m B rB m A +m B

2. Wie lauten: kinetische Energie T , L AGRANGE-Funktion L = T − V , generalisierter Impuls, L AGRANGE-Gleichungen und H AMILTON-Funktion?

 T IPP K-16: Koordinatentransformation           1 a b x1 y1 x1 y1 d −b = ⇒ = c d y2 x2 x2 y2 ad − bc −c a                   neu

A

alt

A−1

alt

B Reduzierte Masse: m red = mm A+mm A B

neu

Gesamtmasse im Schwerpunkt: m S = m A + m B

Klassische Mechanik in generalisierten Koordinaten qk  (r ) f¨ur r = |r | Kraftfeld: F = −grad V (r ) = − ∂ V∂r(r ) · rr = −∇V L =T −V L AGRANGE-Funktion: generalisierter Impuls pk = ∂∂q˙L = ∂∂qT ˙k k     ∂ L − L =0 L AGRANGE-Gleichungen: L = L(˙r ,qk ) ⇒ ∂t qk q˙ k

H AMILTON-Funktion: H AMILTON-Gleichungen:

H = T ( pk ) + V (qk ) ∂ H ; q˙ = ∂ H p˙ k = − ∂q k ∂ pk k

Effektive H AMILTON-Funktion: H =

1 2m red

p2 + V f¨ur p˙S = 0

¨  L OSUNG K-16: Kartesische Koordinaten

Schwerpunktkoordinaten

rA , rB Ortsvektoren

r Abstand AB, rS Ortsvektor des Schwerpunkts

⎛

Koordinaten

⎛ ⎞ ⎞ xA xB rA = ⎝ yA ⎠; rB = ⎝ yB ⎠ zA zB

r kinetische r˙ bedeutet d dt Energie 2 2 T = 12 m Ar˙ A + 12 m Br˙ B

 

rS r rA rB



 =

 =

&

mA mS

mB mS



−1 1 ' B r  rS − m mS B rS + m m S r

rA rB

 ⇒

Die Ableitungen r˙ A und r˙ A in T (kartesisch) einsetzen und vereinfachen. 2 2 T = 12 m Sr˙S + 12 m red r˙

3 Molek¨ulspektroskopie und Festk¨orperphysik Kartesische Koordinaten

155 Schwerpunktkoordinaten S = Schwerpunkt; r = Abstand AB

 L AGRANGE- L = T − V (|rB − A|) mit L = T − V (|r |) mit funktion  |rB −rA | = |r | = x 2 + y 2 + z 2  (x B −x A)2 + (yB − yA )2 + (z B −z A )2 ⎛

Impuls

⎜ ⎜ ⎜ q = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

xA yA zA xB yB zB

⎞ ⎧ ⎟ ⎟ ⎨ pA = m Ar˙ A ⎟ ⎟; pk = dT ⎟ dq˙k ⎩ ⎟ pB = m Br˙ B ⎠

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ q = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

xS yS zS xr yr zr

⎞ ⎧ ⎟ ⎟ ⎨ pS = m Sr˙ S ⎟ ⎟; pk = dT ⎟ dq˙k ⎩ ⎟ pr = m redr˙ ⎠

Dies sind drei Gleichungen f¨ur px,A , p y,A , pz,A Dies sind drei Gleichungen f¨ur px,S , p y,S , pz,S und drei Gleichungen f¨ur px,B , p y,B , pz,B und drei Gleichungen f¨ur px,r , p y,r , pz,r 2 2 L AGRANGE- L = 12 m Ar˙ A + 12 m Br˙ B + V (r )   ∂L Gleichun∂ ∂L ∂t ∂ r˙ A − ∂rA = 0 gen   ∂ ˙ A ) − − gradrA V (r ) = 0 ∂t (m A m ⇒ m Ar¨ A + ∂∂rV rrA =0 A r  ∂ V B ¨ und m BrB + ∂r rB = 0

2 2 L = 12 m Sr˙ S + 12 m redr˙ + V (r )   ∂L ∂ ∂L ∂t ∂ r˙ S − ∂rS = 0

⇒ m Sr¨ S = 0 und m redr¨ + ∂∂rV rr = 0

Dies sind drei Gleichungen f¨ur x¨A , y¨A , z¨ A und Dies sind drei Gleichungen f¨ur x¨S , y¨S , z¨ S und drei drei Gleichungen f¨ur x¨B , y¨B , z¨ B Gleichungen f¨ur x¨r , y¨r , z¨r

p2 p2 H AMILTON- H = A + B +V (|rB − rA |) 2m 2m B Funktion  A  

H=

pS2 pr2 + +V (|r |) 2m 2m  S  red

T

 r V = FA H AMILTON- p˙A = − ∂ H = −∇ A ∂ rA Gleichun∂ H  r V = FB = −∇ p˙B = − B gen ∂ rA und p q˙ A = − ∂ H = mA (f¨ur p x , p y , pz ) A ∂ pA ˙q B = − ∂ H = pB mB ∂ pB Effektive H AMILTONfunktion

T

 r H = 0 p˙S = − ∂ H = −∇ S ∂ rS  r H = −∇ r V = − ∂ V p˙r = −∇ ∂r und p r˙ S = mS S p r˙ = m red Abtrennung der Schwerpunktbewegung: p˙S = 0: H = 2m1 pr2 + V (r ) red Effektive Hamilton-Gleichungen: p r˙ = m red  r V = − ∂ V r = F p˙r = −∇ ∂r r

K

156

K Atom- und Kernphysik

 AUFGABE K-17: Zweiatomiges Molekul: ¨ Kugelkoordinaten

K.3.3, B.1.1.2, B.4.3 !

1. Beschreiben Sie die Bewegung eines zweiatomiges Molek¨uls AB in Kugelkoordinaten (r,ϕ,θ ) von r und rS . Die Wechselwirkung sei ein M ORSE-Potential V. Wie lauten: kinetische Energie T , L AGRANGE-Funktion L = T − V , generalisierter Impuls, L AGRANGE-Gleichungen und H AMILTON-Funktion? 2. Berechnen Sie die Bewegung des Molek¨uls f¨ur folgende Anfangsbedingungen (t = 0):  r˙ S = 0 a) Schwerpunkt ruht anfangs: rS = 0; b) Molek¨ul anfangs in der x y-Ebene: θ = 90◦ ; θ˙ = 0 c) Molek¨ul rotiert anfangs mit dem Drehimpuls L: ϕ = 0; ϕ˙ = L/(m redr¯ 2 ) d) Der Relativabstand des Molek¨uls l¨auft anfangs auf einer Kugel mit dem Radius 2  r = r¯ : mLr¯3 = ∂∂rV  ; r˙ = 0 r=¯r

 T IPP K-17: Kugelkoordinaten umfassen den Ortsvektor des Schwerpunktes rS , den ebenen Winkel ϕ zwischen rS und dem Abstand r = AB, den Winkel θ zwischen rS und z-Achse. ¨ K-17:  L OSUNG 1. Kugelkoordinaten: Kinetische Energie:

x = r sin θ cos ϕ; y = r sin θ sin ϕ; z = r cos θ ˙ y˙ ,˙z ) und r˙ 2 = x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 ⇒ T = 21 m SrS2 + 12 m redr˙ mit r˙ = (x,   2 T = 12 m Sr˙ S + 12 m red r˙ 2 + r 2 θ˙ 2 + r 2 sin2 θ ϕ˙ 2 2

⎛

Generalisierter Impuls

L AGRANGEGleichungen

rSx ⎜ rSy ⎜ ⎜ rSz q = ⎜ ⎜ r ⎜ ⎝ θ ϕ

⎞

⎧ ⎟ pS = m Sr˙ S ⎪ ⎪ ⎟ ⎨ 2˙ ⎟ ⎟; pk = dT ⇒ pθ = m redr θ ⎟ dq˙k ⎪ p = m redr 2 sin2 θ ϕ˙ ⎪ ⎟ ⎩ ϕ ⎠ pr = m redr˙

  2 L = 21 m Sr˙ S + 12 m red r˙ 2 + r 2 θ˙ 2 + r 2 sin2 θ ϕ˙ 2 + V (r ) ⎧ ⎪ m Sr¨ S = 0 ⎪ ⎪ +  , ⎪ ⎨ m red r¨ − r θ˙ 2 + r sin2 θ ϕ˙ 2 + ∂ V = 0     L ∂ ∂L +∂ 2  ,∂r ∂t ∂ q˙k − qk = 0 ⎪ ˙ − r 2 sin θ cos θ ϕ˙ 2 = 0 r m θ ⎪ red ⎪ ∂t ⎪ ⎩ m redr 2 cos θ ϕ¨ = 0 2

H AMILTON-Funktion:

H=

pϕ pS2 pθ2 pr2 + + + + V (r ) 2m S 2m red 2m redr 2 2m redr 2 sin2 ϕ

∂H H AMILTON-Gleichungen: p˙ k = − ∂q

k

⎧˙ pS = − ∂∂Hr = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ p˙ r = − ∂ H ∂r

−p ⎪ ⎪ p˙ θ = − ∂∂θH = m r 2 ϕsin ϕ ⎪ ⎪ red ⎩ p˙ ϕ = − ∂∂rH = 0 2

⎧ ⎪ r˙ S = mpSS ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ r˙ = pr m red q˙k = ∂∂ pH pθ ˙ k ⎪ θ = ⎪ m red r 2 ⎪ ⎪ pϕ ⎩ ϕ˙ =

m red r 2 sin2 ϕ

3 Molek¨ulspektroskopie und Festk¨orperphysik

157

2. Setzen Sie in die L AGRANGE-Gleichungen die Anfangsbedingungen der Teilaufgaben ein. a) Ruht der Schwerpunkt am Anfang, so bleibt er ruhend. 5 rS = 0 ⇒ rS = v0 t + rS,0 = 0 r˙ S = 0 = v0 b) Das rotierende System verl¨asst die Rotationsebene nicht. +∂ 2  , 2 ◦ m red ∂t r  θ cos θ˙ − r 2 sin    θ ϕ˙ = 0, wenn θ = 90 = konstant. 0

0

1

c) Gleichf¨ormige Rotation des Molek¨uls unter Drehimpulserhaltung: ϕ t ∂ m r 2 cos θ ϕ˙  = 0 ⇒ m r 2 ϕ˙ = L ⇒  dϕ  =  L dt  ⇒ ϕ(t) = L t red red 2    ∂t m redr¯ 2 0 0 m red r 1

Unter den Anfangsbedingungen rotiert das Molek¨ul ohne Schwingungen: 1

 ∂V = 0 f¨ur r = r¯ = konstant. m red r¨ − m red r θ˙ 2 − m red r sin θ ϕ˙ 2 +       ∂r   0 0 −L 2 +L 2 =0

K  AUFGABE K-18: Normalschwingungen des CO2 -Molekuls ¨ K.3.3 ! Das harmonisch gen¨aherte Potential des linearen Molek¨uls O=C=O mit der Gleichgewichtslage q = (x 1 ,y1 ,z 1 x 2 ,y2 ,z 2 , x 3 ,y3 ,z 3 ) = (−r0 ,0,0, 0,0,0, r0 ,0,0) ist: # k " # k " V = 1 ( x1 − x2 )2 + ( x2 − x3 )2 + 1 ( y1 − 2 y2 + y3 )2 + ( z 1 − 2 x2 − z 3 )2   2   2 Streckschwingungen

Biegeschwingungen

k1 ,k2 Kraftkonstanten; Biegewinkel in xy-Ebene: δ = ( y1 − 2 y2 + y3 )/r0

a) Schreiben Sie die potentielle Energie mit massengewichteten Koordinaten 9×9-Blockdiagonalmatrix. √ b) Bestimmen die Schwingungsfrequenzen ω = λ aus den Eigenwerten λ.

√

m A x 1 etc. als

c) Wie sehen die Eigenvektoren aus? d) Bestimmen Sie die Normalkoordinaten Q i in Abh¨angigkeit der kartesischen Auslenkungen √ q1 = m A x 1 etc.  T IPP K-18: Die kartesischen Koordinaten werden durch Normalkoordinaten qk ersetzt, nach Potenzen sortiert und in eine Blockmatrix K umgeschrieben. Die quadratischen Glieder mit qk2 stehen in der Diagonalen, gemischte Glieder mit qk q j symmetrisch dar¨uber und darunter. Potentielle Energie: V = q T K q Eigenwertgleichung: L x = λ x 1 2

⎛ O  C  O

√

x 1 m A √ ⎜ y1 m A ⎜ ⎜ z 1 √m A ⎜ √ ⎜ ⎜ x 2√m B ⎜ ⎜ y2√m B ⎜ ⎜ z 2 m B ⎜ ⎜ x 3 √m A ⎜ ⎝ y3 √m A √

z 3 m A

⎞

⎛

q1 ⎟ ⎜ q4 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ q7 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜q ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜q ⎟=⎜ 5 ⎟ ⎜q ⎟ ⎜ 8 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ q3 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ q6 q9

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

x y z 1 4 7 2 5 8

3 6 9

158

K Atom- und Kernphysik

¨  L OSUNG K-18: " q k a) V = 21 √m1 A − " k2  √q4 − 2 m V =

k1 2 k2 2

" "

A

q12 mA q42 mA q72 mA

− − −

#

2  q2 2 √q2 + + √m − √qm3 mB B A   2 √2q5 + √q6 + √qm7 − √2qm8 mB mA A B

√2q1 q2 mA mB √4q4 q5 mA mB 4q √ 7 q8 mAmB

#

+

2q22 mB

−

√2q2 q3 mA mB

+

q32 mA

+

q52 mB q82 mB

+

√2q4 q6 mAmB 4q √ 7 q8 mAmB

−

√4q5 q6 mAmB 4q √ 8 q9 mAmB

+

+

−

+

2 √q9 mA

#

⇒

+ + +

q62 mA + # q92 mA

Die Terme mit den Kraftkonstanten werden in eine Diagonalblockmatrix V = 12 q T K q geordnet. In Spalte 2 bzw. 5 wurde der Faktor 2 bzw. 4 vor allen Elementen wegdividiert“. ” ⎛ ⎞⎛ ⎞ 3 4 5 6 7 8 9 1 2            ⎜ k1 ⎟⎜ q ⎟ 1 ⎜ m √ −k1 0 0 0 0 0 0 0 ⎟ ⎟ mA mB ⎜ A ⎟⎜ ⎜ ⎟ ⎜ −k1 ⎟ q k −2k ⎜ 2 1 1 √ ⎜√m m 0 0 0 0 0 0 ⎟⎜ ⎟ mA mB ⎜ A B mB ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ q3 ⎟ −k k ⎟ 1 1 √ ⎜ 0 0 0 0 0 0 0 ⎟⎜ ⎟ m m m A A B ⎜ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ q ⎟ k2 √ −k2 √ 2k2 4 ⎟ 0 0 0 ⎟⎜ 0 0 ⎜ 0 ⎟ m m m m m A A B A B ⎜ ⎟⎜ 1 T ⎜ V = 2 q ⎜ ⎟ ⎜ q5 ⎟ k2 ⎟ √−4k2 √−4k2 0 0 0 0 0 ⎜ 0 ⎟ ⎟ mB mAmB mA mB ⎜ ⎟⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ q 2k −k k 6 2 2 2 ⎜ √ √ 0 0 0 ⎟⎜ ⎟ 0 0 ⎜ 0 mA mAmB mAmB ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟⎜ q ⎟ k2 −4k2 2k2 √ √ 0 0 0 0 0 7 ⎟ ⎜ mA mAmB mAmB ⎟ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜ ⎟ k2 ⎜ 0 ⎜ ⎟ q √−4k2 √−4k2 ⎟ 0 0 0 0 0 8 ⎜ ⎟ mB mA mB mAmB ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2k −k k 2 q9 √ 2 √ 2 0 0 0 0 0 0 mA mB

mAmB

mA

b) Bestimmung der Eigenwerte λ. Die Diagonalelemente jeder Untermatrix werden um −λ erg¨anzt und die Determinante nach λ aufgel¨ost. Ein Produkt ist null, wenn einer der Faktoren null ist!  k1    √ −k1 0  mA − λ mAmB  !  −k1 k1 −2k1  √ √ 0 =  mA mB mB − λ mAmB    k1  √ −k1 0 −λ mAmB mA  "   # # "  2k12 ! k1 k1 k1 √ k1 √ −k1 − λ − λ − − λ + 0 = mk1A − λ mB mA mAmB mAmB mAmB mA          (1)

(2)

 k2 −k1 1 mA mB mA

−λ



Aus (1) folgt: λ1 = mk1A B Aus (2) folgt: λ2 = 0 und λ3 = k1 mmAA+m mB Die zweite und die identische dritte Untermatrix liefern die Eigenwerte: B λ5 = λ8 = 2k2 mmAA+m m B ; λ4 = λ6 = λ7 = λ9 = 0 c) Die Eigenvektoren werden durch Einsetzen jeweils eines Eigenwertes in die Diagonalx = 0 bestimmt. elemente der Matrix und L¨osung des Gleichungssystems (L − λ1 E) Gleiche Faktoren in einer Zeile oder Spalte einer Matrix d¨urfen gek¨urzt werden.

3 Molek¨ulspektroskopie und Festk¨orperphysik

159

Mit λ1 = k1 /m A und der willk¨urlichen Wahl x 3 = μ = −1 lautet der erste Eigenvektor: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ −k1 0 0 0 1 0 0 mAmB 1 ⎟ ! ⎜ ⎜ ⎟ −k k k −2k m B −m A 1 1 1 ⎟ ⎠ √ 1 √ √ 0=⎜ 1 0 ⎠ ⇒ x1◦ = √1 ⎝ 0 mAmB ⎠ ⇒ ⎝ 1 ⎝ mA mB mB − mA mA mB 2 μ = −1 √ −k1 0 1 0 0 0 0 m m A

B

Der Eigenvektor wird normiert, indem man durch den Betrag | x 1| teilt. Alle neun Eigenwerte λk werden zur Eigenwertmatrix L zusammengestellt. Weil L orthogonal ist, ist die inverse Matrix L−1 gleich der transponierten Matrix LT . ⎛ ◦ ⎞ x1 x3◦ x2◦ x5◦ x6◦ x8◦ x9◦ x4◦ x7◦              ⎜ ⎟  ⎜ 1  ⎟ mB mA ⎜ 2 ⎟ 0 0 0 0 0 0 m +m 2(m +m ) A B A B ⎜ ⎟   ⎜ ⎟ mB mB ⎜ 0 −2 ⎟ 0 0 0 0 0 0 m +m 2(m A +m B ) ⎜  ⎟ A B  ⎜ ⎟  ⎜− 1 ⎟ mB mA 0 0 0 0 0 0 ⎜ 2 ⎟ m +m 2(m +m ) A B A B ⎜ ⎟ ⎜ ⎟    ⎜ ⎟ m m 1 B A ⎜ 0 ⎟ 0 0 0 0 0 m A +m B 2 2(m A +m B ) ⎜ ⎟   ⎟ L =⎜ mB mB ⎜ 0 ⎟ 0 0 0 −2 2(m +m ) m A +m B 0 0 0 ⎜ ⎟ A B   ⎜ ⎟  ⎜ ⎟ mB mA 1 0 0 − 2 0 0 0 ⎜ 0 ⎟ m +m 2(m +m ) A B A B ⎜ ⎟ ⎜ ⎟    ⎜ ⎟ m m 1 B A ⎜ 0 ⎟ 0 0 0 0 0 m A +m B ⎟ 2 2(m A +m B ) ⎜   ⎜ ⎟ mB ⎟ B ⎜ 0 0 0 0 0 0 0 −2 2(m m+m ⎜ m A +m B ⎟ A B) ⎜ ⎟    ⎝ mB mA ⎠ 0 0 0 0 0 0 − 12 m A +m B 2(m +m ) A

d) Normalkoordinaten Q k als Funktion der kartesischen Auslenkungen q1 = Es gilt:

 q = L Q

⇐⇒

B

√ m A x 1 etc.

 = L−1 q = LT q Q

F¨ur beliebige Werte der Normalkoordinaten bleibt das Verh¨altnis der kartesischen Auslenkungen konstant. Das Vorzeichen von Q zeigt die Bewegungsrichtung an. Mit M = m A + m B :

O

kartesisch ↔ Normalkoordinate qk = xk◦ Q k C O

 m A x1 = 12 Q 1  √ mB m A x1 = 2M Q2  √ m A x1 = mMA Q 3  √ m A y1 = 12 Q 4  √ mB m A y1 = 2M Q5  √ mA m A y1 = M Q 6 Q 7 analog Q 4  √ mB m A z 1 = 2M Q8 Q 9 analog Q 6 √

√ m B x2 = 0  √ AQ m B x1 = − 2m  M 2 √ m B x1 = mMB Q 3 √ m B y2 = 0  √ A m B y2 = − 2m M Q5  √ m B y2 = mMB Q 6

 √ m A x3 = − 12 Q 1  √ mB m A x3 = 2M Q2  √ m A x3 = mMA Q 3  √ m A y3 = − 12 Q 4  √ mB m A y3 = 2M Q5  √ mA m A y3 = M Q 6

Freiheitsgrad

Frequenz √ λ

ν = Streckschwingung ω = δ = Biegeschwingung

νs : ◦→•← ◦ νas : ◦→←• ◦



k1 M mAmB

Translation →

0

Rotation ←0

0 

δ: ↑

↓

↑

Translation ↑ Rotation ⊕−◦−

k1

 mA

0 0

2k2 mAmB

  √ √ 2k2 M mB A m B z 2 = − 2m m A z 3 = 2M Q 8 δ: ⊕−−⊕ mAmB M Q8 Transl. ⊕−⊕−⊕ 0

K

160

K Atom- und Kernphysik

 AUFGABE K-19: Infrarotspektroskopie Welche Schwingungen im CO2 -Molek¨ul (linear) und H2 O-Molek¨ul (gewinkelt) sind IR-aktiv bzw. R AMAN-aktiv?

K.3.3, D.2

¨  L OSUNG K-19: Die Freiheitsgrade eines Molek¨uls verteilen sich auf die Molek¨ulbewegung (Translation) in die drei Raumrichtungen, sowie 3N Freiheitsgrade der Schwingungen und Rotationen. ¨ IR-Absorption erfordert eine Anderung des Dipolmoments; deshalb sind symmetrische Schwingungen nicht IR-aktiv, aber R AMAN-aktiv.

H2 O: Gewinkeltes Molek¨ul mit N = 3 Atomen 3N − 6 = 3 Schwingungen 3 Rotationen 3687 cm−1

IR-

1596 cm−1 und R AMAN-aktiv

3756 cm−1

CO2 : Lineares Molek¨ul mit N = 3 Atomen IR-aktiv

3N − 5 = 4 Schwingungen 2 Rotationen

+

IR-aktiv

R AMAN-aktiv

+

 AUFGABE K-20: Raman-Spektroskopie

IR-aktiv

K.3.4

Das Schwingungs-R AMAN-Spektrum von 35 Cl2 zeigt im S TOKES-Bereich und viel schw¨acher im Anti-S TOKES-Bereich Linien im Abstand von 0,9752 cm−1 . Wie lang ist die Cl–Cl-Bindung im Chlor?

¨  L OSUNG K-20: Beachten Sie die Auswahlregel j = ±2. 2

E = hc ˜ν = h 2 · 2 · [ j ( j + 1) − j  ( j  + 1)] ⇒ ˜ν = 42h   8π I  8π c I

j =4 f¨ur 0→1

r=



 I m red =

 m 2Cl 4h 4h : = = 1,99·10−10 m 8π 2 c·0,9752·(0,01 m)−1 ·35·1,66·10−27 kg/2 8π 2 c ˜ν 2m Cl

3 Molek¨ulspektroskopie und Festk¨orperphysik  AUFGABE K-21: Harmonischer Oszillator

161 K.3.3, 2.3.2 !



dv e−y 2 mit y = x mω beschreibt den v-ten Quantenzuh¯ dy v stand eines harmonischen Oszillators mit den Energieeigenwerten E v = h¯ ω(v + 12 ). 2 (−1)v e y /2

Die Wellenfunktion ψv = √√

πv! 2v

a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit findet man ein Proton im 1. angeregten klassischen Schwingungszustand vor? b) Wie stark weichen Ort x und Impuls p von den Erwartungswerten x und  p f¨ur den  1/4 2 Zustand ψ = mω e−y /2 ab? π h¯  T IPP K-21: a) Numerische Integration f¨ur N a¨ quidistante St¨utzwerte (1,2, . . . ,N)   b f (x) dx = b − a 12 y1 + y2 + y3 + . . . + x N−1 + 12 y N T RAPEZ-Regel N −1 a b

f (x) dx = b − a (y1 + 4y2 + 2y3 + 4y4 + 2y5 + . . . + 4x N−1 + y N ) 3(N −1) a  b) Mittlere Abweichung vom Mittelwert: x = x 2 − x 2 √ √  ∞ −ax 2 ∞ 2 −ax 2 ∞ 4 −ax 2 3 π π Integrale: e dx = π x e dx = ; x e dx = ; a 2a 3/2 4a 3/2 S IMPSON-Regel

−∞

−∞

−∞

¨  L OSUNG K-21: ⎤2 ⎤2 √ √ ⎡ √ ⎡ 3 3 y 2 /2 y 2 /2    3 2y 2 e−y 2 2 2 2y e (−1) e d −y 2 −y ⎦ ⎣ ⎦ ⎣   √ e dy = a) |ψ1 | = dy = dy e √ √ dy √ √ √ π − 3 2 π − 3 2 π − 3 √ 2 ! 2 + 12 ) = 12 mωx 2 ⇒ 3 = mωx Intervallgrenzen: E 1 = hω(1 ¯ h¯ = y ⇒ y1,2 = ± 3 Durch h¨andische oder numerische Auswertung mit einem Mathematikprogramm wie Maple, Mathcad oder Mathematica folgt: |ψ1 |2 = 88,8 %. b) Mit ψ ∗ · ψ = |ψ|2 und y 2 = x 2 mω h¯ ist: 2 = ˆ 2 = ψ|xˆ 2 |ψ − ψ|x|ψ ˆ ( x)2 = xˆ 2 − x 1/2  2   6∞  mω 1/2  ∞ 2 2 (mω/h ) mω 2 −x ¯ x πh e dx − x e−x (mω/h¯ ) = h¯ = 2mω ¯ π h¯ −∞ −∞    ungerade Funktion: x =0!

$ % 2 ∞ ψ · (−i h¯ )2 d 2 ψ dx = h¯ mω ˆ 2 = ψ| pˆ 2 |ψ − ψ| p|ψ ˆ 2= ( p)2 =  pˆ 2 −  p 2    −∞ dx

x · p =



0

h¯ hmω h¯ ¯ 2mω · 2 = 2

K

162

K Atom- und Kernphysik

 AUFGABE K-22: Mikrowellenspektroskopie

K.3.3, 3.5

1. Das Rotationsspektrum von Bromwasserstoff (HBr) zeigt eine Serie von Linien im fernen Infrarot im Abstand von 16,94 cm−1 . a) Wie groß ist das Tr¨agheitsmoment des Molek¨uls? b) Wie groß ist die Bindungsl¨ange? 2. Das H25 Cl-Molek¨ul zeigt um die Fundamentalschwingungsbande u. a. die Rotationslinien 2927, 2906, 2866 und 2847 cm−1 . Der Oberton liegt bei 5679 cm−1 . Wie groß sind: a) Bindungsl¨ange, b) Anharmonizit¨atskonstante, c) Kraftkonstante der Bindung? ¨ K-22:  L OSUNG 2 ! 1. a) Starrer Rotor: E (0→1) = hc ˜ν = h 2 [ j ( j + 1) − j  ( j  + 1)] = hc · 16,94 cm−1   8π I 

j =2 f¨ur 0→1

2 ⇒ I = 2h = 3,3·10−42 kg m2 2 8π E Br r 2 ⇒ r = b) I = m red r 2 = MMH+MM H Br



3,3 · 10−42 kg m2 ·

1,008 u+79,9 u 1,008 u·79,9 u

≈ 141 pm

Atomare Masseneinheit: u = 1,66·10−27 kg; M Atommassen siehe Periodensystem. 2. a) Schwingung und Rotation seien additiv und die Anharmonizit¨at vernachl¨assigbar. Der Mittelwert der Linien liegt bei ν˜ 0 = 2886,5 cm−1 (1. Harmonische, Grundschwingung). Die Linie 2906 cm−1 entspricht dem Rotations¨ubergang 0→1 ( j = 2). 2

E = E vib + E rot = hc ˜ν0 + h 2 [ j ( j + 1) − j  ( j  + 1)]    8π I    v=0

j =2 f¨ur 0→1

˜ν = ˜νvib,0 + ˜νrot,0→1 = 2886,5 cm−1 +

! h · 2 = 2906 cm−1 8π 2 c I

−34 Js · 2 h · j −47 kg m2 = 8π 2 ·299792458 6,626·10 −1 ·(2906−2886,5)·(0,01 m)−1 = 2,9·10 m s 8π c ( ˜ν − ˜ν0 )

 2,9·10−47 kg m2 I ⇒ r = m = (1·35 = 0,13·10−9 m = 130 pm u2 )/(1+35) u

⇒ I =

2

red

b) E vib = (v + 21 )hcν˜ 0 − (v + 12 )2 hc x ν˜0 (1) E vib,0→1 = (1 − 2x)hcν˜ 0

!

= hc · 2886,5 cm−1 !

(2) E vib,0→2 = (1 − 3x)hc(2ν˜ 0) = hc · 5679 cm−1

7 x = 0,158; ν˜ 0 = 2980 cm−1

5679 L¨osung des Gleichungssystems: Setzen Sie ν0 = 2−6x aus (2) in (1) ein und l¨osen Sie nach x auf. Formen Sie (1) mit dem Wert f¨ur x nach ν˜ 0 um.

c) Die Frequenz der Grundschwingung h¨angt von der Kraftkonstante der Bindung ab.  ω0 = mkred = 2πcν˜ 0 ⇒ + ,2 ,2 1·35 u + N k = 2πc ν˜ 0 mred = 2π · 299792458 ms · 2886,5 (0,01 m)−1 (1+35) = 477 m

4 Massenspektrometrie

163

4 Massenspektrometrie

 AUFGABE K-23: Massenspektrometrie

K.4 !

1. Nach welchen physikalischen Prinzipien funktioniert: a) die Erzeugung und Beschleunigung der Ionen, b) die Massentrennung, c) der Ionennachweis? 2. Ein Massenspektrum zeigt die Peaks: 126, 91, 65, 51. Um welche Verbindung handelt es sich? ¨  L OSUNG K-23: 1. a) Ionisator. Durch eine Gl¨uhkathode (oder andere Techniken) werden die Molek¨ule ionisiert: M + e → M⊕· + 2e . Nicht ionisierte Teilchen werden durch eine Hochvakuumpumpe abgesaugt. Die z-fach geladenen Molek¨ulionen der Masse m werden im elektrischen Feld beschleunigt (U = 2. . . 10 kV).  (1) z U = 12 mv 2 ⇒ v = 2zU m b) Analysator. Im Feld eines Elektromagneten (B ≈ 1 T) werden leichte Teilchen st¨arker abgelenkt als schwere. 2 2

2 B rm m (2) B e v = mv rm mit (1) ⇒ z = 2U c) Bei konstanter Beschleunigungsspannung und konstantem Ablenkradius gen¨ugt die Variation der Magnetfeldst¨arke, um den Ionenstrom auf den Detektor (Sekund¨arionenvervielfacher) zu leiten. Mit zunehmender Messzeit werden immer schwere Ionen erfasst. m = konst · B 2 ; Peakh¨ohe = ˆ Zahl der Ionen mit m z z = konst

2. Ist die Anregungsenergie groß genug, zerf¨allt das ionisierte Molek¨ulion anschließend in ein charakteristisches Muster von Fragmentionen.

126 (Molek¨ulion) −→

T  T—CH⊕ 91: Benzyl  2  T   T ↓

+ 35: Chlor Cl⊕

Fragmente des aromatischen Rings: 65: C5 H⊕ 5 ↓ 51: C4 H⊕ 3 Es handelt sich um Benzylchlorid (Chlorphenylmethan). Das Vorhandensein von Chlor ist auch am kleinen Satellitenpeak 128 neben dem Molek¨ulpeak 126 erkennbar.

K

164

K Atom- und Kernphysik

5 Kernspin und NMR-Spektroskopie

 AUFGABE K-24: Kernspinresonanz, 1 H-NMR K.5 a) Wie verh¨alt sich der Energieabstand im Magnetfeld von 1,4 Tesla zur thermischen Energie? b) Wie groß ist die Resonanzfrequenz? c) Warum sind beim Kernspintomographen hohe Magnetfelder vorteilhaft?

¨ K-24:  L OSUNG a) E = h f = γp h¯ B = 2,675·108 s−1 T−1 · 1,055·10−34 Js · 1,4 T = 3,9·10−26 J Das gyromagnetische Verh¨altnis des Protons γp ist ein Tabellenwert. Die thermische Energie bei Raumtemperatur ist 160000-mal gr¨oßer: E = 32 kT = 32 · 1,38·10−13 J/K · 300K ≈ 6,2·10−21 J 6 b) f = E h = 59,6·10 Hz ≈ 60 MHz (entspricht λ ≈ 5 m)

c) Das Verh¨altnis der Besetzungszahlen ist durch eine B OLTZMANN-Verteilung gegeben; N1 /N0 = e− E/(kT ) . Hohe Feldst¨arken beg¨unstigen den angeregten Zustand m = − 12 (Index 1) gegen¨uber dem Grundzustand m = + 12 (Index 0): E( 1) ∼ B ∼ N1 /N0 .

 AUFGABE K-25: Kernspinresonanz, 31 P und 35 Cl K.5 Bei welchen Frequenzen ist eine kernmagnetische Resonanzabsorption in einem Magnetfeld von 1,5 T zu erwarten? a) 31 P, I = 12 , μI = 1,96 μN b) 35 Cl, I = 32 , μI = 1,06 μN ¨  L OSUNG K-25: Kern Quantenzahl magnetisches Moment I

|μ  I | = γN | I|

31 P

1 2

1,96 μN

35 Cl

3 2

1,06 μN

μN = 5,051·10−27 J/T

Kern-g-Faktor gN =

Resonanzfrequenz

g μ B γ B  I| |μ f = N = N hN 2π μN I (I + 1)

1,96   1 1 2 2 +1

1,06   3 3 2 2 +1

= 2,263

25,9 MHz

= 0,5474

6,26 MHz

6 Radioaktivit¨at

165

6 Radioaktivit¨at  AUFGABE K-26: Aluminium: Atombau und chemische Eigenschaften K.2.1, 2.4, 6.1, 6.4 a) Wie viele Elektronen, Protonen und Neutronen hat das 27 13 Al-Atom? b) Was wiegt ein Aluminiumatom ungef¨ahr? c) Was wiegt ein Aluminiumatom bei genauer Rechnung? Warum stimmt der Zahlenwert nicht exakt mit der im Periodensystem tabellierten Atommasse (26,98 u) u¨ berein? d) Wie groß ist die Kernbindungsenergie (je Nucleon)? e) Wie viele Isotope hat Aluminium? f) Wie lautet die Elektronenkonfiguration von Aluminium? Welche Wertigkeit liegt vor? g) Welche chemischen Eigenschaften leiten sich aus der Stellung im Periodensystem ab? h) Wie viele Atome befinden sich in 1 cm3 Aluminium (Dichte 2,7 g/cm3)? i) Wie groß ist der Radius des Atomkerns? Konstanten: m(n) = 1,0087 u, m(p) = 1,0073 u; m(e) = 0,00055 u; u = 1,660·10−27 kg = ˆ 931,5 MeV.

¨  L OSUNG K-26: a) Z = 13 Protonen und Elektronen; A − Z = 27 − 13 = 14 Neutronen b) m(Al) = {A} u ≈ 27 u = 27 · 1,660·10−27 kg = 4,48·10−26 kg c) m(Al) = 14 m n + 13 m p + 13 m e = (14 · 1,0087 + 13 · 1,0073 + 13 · 0,00055) u = 27,22 u Massendefekt: m = (27,22 − 26,98) u = 0,24 u d) E = m c2 = 0,24 u · 1,66·10−27 kg · (3·108 m/s)2 = 3,59·10−11 J oder E = 0,24 u · 931,5 MeV = 224 MeV, somit E/A = 224 MeV/27 = 8,3 MeV/Nucleon e) Ein Isotop (Reinelement) – was man aus dem Periodensystem nicht sehen kann. Wegen des Massendefekts ist die relative Atommasse n¨amlich nicht exakt 27. f) [Ne] 3s2 3p1, wobei [Ne] = 2s2 2p6 die abgeschlossene Edelgasschale bezeichnet. Die drei Valenzelektronen besagen, dass Al3⊕ -Ionen in salzartigen Verbindungen auftreten, z. B. in AlCl3 , Al2 O3 . Aluminium ist also dreiwertig oder dreibindig. g) Aluminium steht in der 3. Hauptgruppe, d. h. es ist dreiwertig, metallisch (links der Halbmetalle), unedel (abseits der Edelmetalle), bildet basische Hydroxide (typisch f¨ur die Metalle der 1. bis 3. Hauptgruppe). h) Die Stoffmenge n = 1 mol enth¨alt NA Atome. m =  V = 2,7 g/cm3 ·1 cm3 = 0,1 mol n= M 26,98 g/mol M N = n NA = 0,1 · 6,022·1023 = 6,022·1022 Atome √ i) r = 1,4·10−15 m · 3 A = 4,2·10−15 m = 4,2 fm

K

166

K Atom- und Kernphysik

 AUFGABE K-27: Neutronen und Neutronensterne

K.2, K.6.2

a) Welche Dichte haben Atomkerne? b) Welche Masse hat ein Neutronenstern von 10 km Durchmesser? c) Welcher Temperatur entspricht die kinetische Energie eines thermischen Neutrons, das 3000 m/s schnell fliegt?

¨ K-27:  L OSUNG Au a)  = m V = 4 πr 3 = 3

Au  3 = √ 3 −15 4 m· A 3 π 1,4 · 10

b) m =  · 43 πr 3 = 1,4·1017

kg m3

1,67·10−27 kg 4 −15 m)3 π·(1,4·10 3

≈ 1.4·1017

kg m3

· 43 π · (10000 m)3 ≈ 6·1029 kg

2 c) E = 23 kT = 12 mv 2 ⇒ T = mv 3k =

1,675·10−27 kg·(3000 m/s)2 3·1,38·10−23 J/K

= 364 K ≈ 91 ◦ C

 AUFGABE K-28: Radioaktiver Zerfall und Aktivit¨at

K.6.2

a) Welches Nuklid entsteht beim Alphazerfall von Uran-238? b) Ein C¨asiumstrahler emittiert γ -Quanten der Energie 661 keV mit der Aktivit¨at von 10 kBq. Welche Energie wird im Jahr abgestrahlt? c) Die Aktivit¨at eines Pr¨aparats klingt innerhalb eines Jahres um 23 % ab. Wie groß ist die Halbwertszeit? d) Welche Aktivit¨at hat ein Gramm Tritium 3 H (T = 12,35 a)?

¨  L OSUNG K-28: a)

238 U 92

→

234 Th 90

+ 42 He

b) Strahlungsleistung: P = 10000 s−1 · 661·103 eV · 1,602·10−19 J/eV = 1,05·10−9 W Im Jahr: W = 1,09·10−9 W · (3600 · 24 · 365) s = 0,033 J c) Die Restaktivit¨at ist AA = e−λt = 1 − 0,23 = 0,77 ⇒ 0 2 T = lnλ2 = − t · ln 2 = 1lna·ln 0,77 = 2,7 a ln(A/A0 ) m folgt: d) Aus A = −λN mit λ = lnT2 und n = NN = M A A m = − ln 2 · A = − lnT2 NM 12,35 a

6,022·1023 mol−1 ·1 g 3 g/mol

= 1,1·1022 a−1 = 3,4·1014 s−1

6 Radioaktivit¨at

167

 AUFGABE K-29: Radioaktives Zerfallsgesetz Iod-131 hat eine Halbwertszeit von 8,05 Tagen. a) Wie viele Prozent sind nach einer Woche zerfallen? b) Nach welcher Zeit ist noch 1 % der Ausgangssubstanz vorhanden? c) Wie viel 131 I (in kg) befindet sich in einer Fl¨ussigkeit mit der Aktivit¨at 10 kBq? d) Nach wie vielen Tagen ist die Aktivit¨at auf 10 % gefallen?

K.6.2

¨ K-29:  L OSUNG a) Restmenge: NN = e−λt = 2−t /T = 2−7/8,05 = 54,7 %; somit sind 1− NN0 = 45,3 % zerfallen. 0 d N 1 b) t = − λ ln N = − lnT2 ln NN = − 8,05 ln 2 ln 0,01 = 53,5 d 0 0 A = A T = 10000 s−1·8,05 d·24·3600 s/d = 1 · 1010 Kerne c) A = −λN ⇒ N = λ ln 2 ln 2 10 1·10 ·131 g/mol −12 g = 2,2 pg m(131 I) = n M = NN M = 6,022·10 23 mol−1 = 2,2·10 A d d) t = − T ln AA = − 8,05 (analog zu b) ln 2 ln 0,1 = 26,7 d ln 2 0  AUFGABE K-30: Kernspaltung a) Wie funktioniert die Kernspaltung und warum wird dabei Energie frei? b) Welche Masse an spaltbarem Uran-235 verbraucht ein Kernreaktor im Jahr?

K K.6.2

Wirkungsgrad 25%, elektrische Leistung 1 GW, Energie pro Spaltung 210 MeV.

c) Welche Energie (in J und Wh) wird bei der Spaltung von 1 kg 235 U frei? d) Wie viele Jahre muss ein Wasserkraftwerk (200 MW) arbeiten, um die einem Gramm Materie a¨ quivalente Energie ins Netz zu speisen? e) Auf welche Temperatur m¨usste man 1 kg Kupfer erhitzen, damit die W¨armeenergie der Masse von 10 pg Materie a¨ quivalent w¨are (cp = 390 J kg−1 K−1 ). ¨  L OSUNG K-30: a) Langsame Neutronen regen einen Urankern an; er spaltet in Teilkerne und Neutronen, die wieder spalten k¨onnen (Kettenreaktion). Die Spaltprodukte haben kleinere Bindungsenergie pro Nucleon, so dass Energie frei wird. η Pt (109 W/0,25)·365·24·3600 s 19 Kerne gespalten werden. b) Pro Jahr m¨ussen N = E = 210·10 6 eV·1,609·10−19 J/eV = 3,75·10 1 Dies sind m = n M = NNM = A

3,75·1019·235·10−3 kg/mol 6,022·1023 mol−1

= 1463 kg Uran.

c) Die Masse m = 1 kg 235 U bzw. die Stoffmenge n = m/M = 4,25 mol enth¨alt N = n NA = 2,6·1024 Atome. Die freigesetzte Energie ist E = N · 210 MeV · 1,602·10−19 J/eV = 8,6·1013 J = 2,4·1010 Wh = 24 GWh 2 d) E = mc2 = Pt ⇒ t = mc P =

1 kg·(299792458 m/s)2 200·106 W

2 e) E = mc2 = m  cp T ⇒ T = mc =  m cp

= 4,5·108 s ≈ 14 a

10−11 kg·(299792458 m/s)2 1 kg·390 J kg−1 K−1

≈ 2300 K

168

K Atom- und Kernphysik

 AUFGABE K-31: Kernfusion K.6.2 6 Die Sonne, als eine 149·10 km von der Erde entfernte Kreisfl¨ache, bestrahlt jeden Quadratmeter der Erdoberfl¨ache mit einer Leistung von 1400 W. a) Nach welcher Reaktionsgleichung verschmelzen Tritium und Deuterium? (17,6 MeV) b) Welche Energie (in kWh) liefert die Fusion von 1 kg Deuterium? c) Welche a¨ quivalente Masse verliert die Sonne in jeder Sekunde? d) Welche Arbeit muss ein Proton 11 H⊕ leisten, um einem ruhenden 32 He2⊕ -Ion gegen die C OULOMB-Abstoßung auf 10−14 m nahe zu kommen? Welche Geschwindigkeit und thermische Energie m¨ussen aufgebracht werden? e) Wie viele Tonnen Kohle m¨usste man verbrennen ( H = 395 kJ/mol), um dieselbe Energie wie bei der Fusion von 1 kg Deuterium zu erzielen? (siehe a, b) ¨  L OSUNG K-31: a) 31 H + 21 H → 42 He + 10 n + 17,6 MeV NA = 1 kg·6,022·1023 mol−1 = 3 · 1026 Atome b) 1 kg Deuterium enth¨alt N = n NA = mM 2·10−3 kg mol−1 33 und liefert die Energie N · 17,6 MeV = 5,3 · 10 eV = 8,5·1014 J = 2,3·108 kWh 2 ·4π·(1,49·1011 m)2 ·1 s c) E = mc2 = Pt ⇒ m = Pt2 = 1400 W/m = 2,17·109 kg (299792458 m/s)2 c 2 r r (1,602·10−19 C)2 −14 J d) W = F dr = −(2e) 2e dr = e = 2π·8,854·10 −12 F/m·10−14 m = 4,6·10 2πε r 0 4πε r 0 ∞ ∞

 2·4,6·10−14 J 1 2 E = 2 m p v ⇒ v = 2W = = 5,2·106 m/s mp 1,673·10−27 kg 3·4,6·10−14 J 9 E = 32 kT = W ⇒ T = 3W 2k = 2·1,381·10−23 J/K ≈ 5,0·10 K kJ 1 e) Spezifische Verbrennungsw¨arme: h = 395 mol · 0,012 kg = 32900 mol−1

Somit sind m = E Fusion

h =

8,5·1014 J 32900·103 J kg−1

kJ kg

= 9,14

kWh kg

= 2,58·107kg ≈ 26000 t Kohle erforderlich.

 AUFGABE K-32: Kernreaktionen

K.6.2

1. Der Beschuss von Lithiumkernen mit Deuteronen setzt Neutronen der Energie 14 MeV frei. a) Wie lautet die Reaktionsgleichung? b) Welche Geschwindigkeit hat das Deuteron? 2. Wie heißen die unbekannten Partner der Kernreaktionen? ? ? 1 4  b) 228 a) 27 13 ? + 0 n → ? ? + 2 He 88 ? → ? ? + β ¨  L OSUNG K-32: 1. a) 73 Li + 21 H → 84 Be + 10 n

2E = 2·14·106 eV·1,609·10−19 J/eV = 5,2·107 m/s mn 1,675·10−27 kg Nebenbei: Das sind 17% der Lichtgeschwindigkeit.

b) E = mc2 = 12 mv 2 ⇒ v = 2. a) b)



27 Al + 1 n → 24 Na + 4 He 0 11 2 13 228 228 0  88 Ra → 89 Ac + −1 e

(α-Zerfall) (β-Zerfall)

7 R¨ontgenspektroskopie, ionisierende Strahlung, Dosimetrie

169

7 R¨ontgenspektroskopie, ionisierende Strahlung, Dosimetrie  AUFGABE K-33: R¨ontgenstrahlung: Emission und Unsch¨arfe

K1.1, K7.2

a) Welche Frequenz hat die Kα -Strahlung von Molybd¨an? Welche Anregungsenergie muss die R¨ontgenr¨ohre mindestens liefern? b) Welche maximale Energie hat ein R¨ontgenquant, wenn die R¨ontgenr¨ohre mit einer Spannung von 100 kV betrieben wird? Welcher Wellenl¨ange entspricht das? c) Wie viele Photonen pro Sekunde werden bei einer Strahlungsleistung von 1 W ausgestrahlt? d) Wie groß ist die Energie- und Frequenzunsch¨arfe bei der Strahlungsemission von einem angeregten Niveau mit 10 fs Lebensdauer? ¨ K-33:  L OSUNG ¨ a) M OSELEY-Gesetz f¨ur die Ordnungszahl 42 und den K←L-Ubergang:    f = R∞ c (Z − 1)2 12 − 12 = 1,097·107 m−1 · 299792458 ms · (42 − 1)2 · 11 − n m = 4,15·1018 Hz

1 22



Jedoch: In der R¨ontgenr¨ohre muss das K-Elektron ionisiert werden, also m → ∞.   f = 1,097·107 m−1 · 299792458 ms · (42 − 1)2 · 11 − 0 = 5,5·1018 Hz Dies entspricht einer Energie von E ≥ h f = 3,7·10−15 J ≈ 23 keV. b) E = h f = eU ⇒ E = 100 keV = 100 · 103 V · e = 1,602·10−14 J −34 Js·299792458 m/s hc = 6,626·101,602·10 = 1,24·10−11 m ≈ 12 pm λ≥ −14 J E P = 1W c) Nt = E = 6,2·1013 s−1 1,602·10−14 J h = d) E = t

6,626·10−34 Js 10·10−15 s

≈ 6,6·10−20 J

und

1

f = E h = t = 100 THz

 AUFGABE K-34: R¨ontgenstrahlung: Absorption

K7.1

a) Wie groß ist der Absorptionskoeffizient, wenn der R¨ontgenstrahl durch eine 0,14 mm dicke Bleischicht zur H¨alfte geschw¨acht wird? b) Wie viele Halbwertsdicken sind notwendig, um die Strahlung auf 1 % zu reduzieren? c) Menschliches K¨orpergewebe schw¨acht 50 keV-R¨ontgenstrahlung mit μ = 20 m−1 . Welcher Prozentsatz der Strahlungsintensit¨at durchdringt den K¨orper von 30 cm Dicke? ¨ K-34:  L OSUNG a) II = e−μx 0

⇒

1 −1 ≈ 5 mm−1 μ = − 1x ln II = − 0,14·10 −3 m · ln 0,5 = 4951 m 0

− ln(I /I0 ) − ln 0,01 = 9,3·10−4 m = 0,93 mm. = 4951 μ m−1 Es sind 0,93 mm/0,14 mm ≈ 7 Halbwertsdicken notwendig.

b) x =

K

170

K Atom- und Kernphysik

−1 c) II = e−μx = e−20 m ·0,3 m ≈ 0,25 % 0

 AUFGABE K-35: C OMPTON-Effekt

K.1, K7.2

Beim medizinischen Durchleuchten wird R¨ontgenstrahlung im Gewebe durch C OMPTONStreuung abgelenkt. a) Welchen Energieverlust erleidet 100 keV-Strahlung durch Streuung unter 90◦ und 180◦? b) Wie groß ist die Energie eines um 60◦ gestreuten R¨ontgenquants? Welche Geschwindigkeit erreicht das getroffene Elektron (nichtrelativistisch)? ¨ K-35:  L OSUNG θ und E = − λ folgt: a) Aus λ = 1 −mcos λ E ec 2

E(90◦ ) = −E (1 −2cos θ ) = mec und E(180◦) = −39,1 keV

−(100 keV)2 (1−cos 90◦ ) 511 keV

= −19,6 keV

b) Photon: E  = E + E(60◦) = (100 − 9,78) keV = 90,2 keV   2·9,78·103·1,609·10−19 J e = Elektron: E e = 21 m e v 2 ⇒ v = 2E = 5,9·107 m/s me 9,109·10−31 kg  AUFGABE K-36: Kristallgitter: Bindungskr¨afte und Bindungsl¨ange

K.3.5, D.4

a) Wie groß ist die Bindungsenergie zwischen den Eisenatomen (in J und eV), wenn die Gitterenergie von Eisen 390 kJ/mol betr¨agt? b) Welchen Abstand haben die Ionen im Kochsalz (NaCl), wenn die Bindungsenergie 8 eV betr¨agt? Warum weicht der experimentelle Wert von 2,8·10−10 m ab? c) Wie viele Atome befinden sich in 1 kg Aluminium (Dichte 2,7 g/cm3, molare Masse 27 g/mol)? Welchen Radius hat ein Aluminiumatom? ¨  L OSUNG K-36: Em = a) E = N A

390 kJ/mol 6,022·1023 mol−1

= 6,5·10−19 J = 4,0 eV

b) C OULOMB-Gesetz f¨ur die gegenseitige Anziehung isolierter Na⊕ und Cl : Bei genauer Rechnung m¨ussen die sechs Nachbarionen um jede Ladung im Kristall ber¨ucksichtigt werden. Q1 Q2 E = 4πε 0r

⇒

e2 = r = 4πε 0E

(1,602·10−19 C)2 4π·8,854·10−12 F/m·8 V·1,602·10−19 J/V

= 1,8·10−10 m

m ⇒ N = NA m = 6,022·1023 mol−1 ·1000 g = 2,23·1025 Atome c) n = NN = M 27 g/mol M A

1 kg 4 m 3 3 −8 = V ⇒ V = = 370,4 cm = N 3 πr ⇒ r = 3 N · V 4π/3 = 1,6·10 cm 2,7 g/cm3 Im realen Kristallgitter betr¨agt der tats¨achliche Atomradius 1,43·10−8 cm = 143 pm.

7 R¨ontgenspektroskopie, ionisierende Strahlung, Dosimetrie

171

 AUFGABE K-37: R¨ontgenbeugung und Kristallstrukturanalyse K.7.4 An einem Kristall tritt f¨ur 50 keV-R¨ontgenstrahlung B RAGG-Reflexion 1. Ordnung bei einem Glanzwinkel von 25◦ auf. Wie groß ist der Gitterebenenabstand?

¨  L OSUNG K-37: eU = h f = hc/λ 2d sin θ = nλ

⇒

hc = λ = eU

⇒

d=

nλ = 2 sin θ

6,626·10−34 Js·299792458 m/s 50000 V·1,609·10−19 C 1·2,48·10−11 m 2 sin 25◦

≈ 2,48·10−11 m

= 2,93·10−11 m ≈ 29 pm

 AUFGABE K-38: Elementarzellen Wie groß ist die Packungsdichte eines: a) kubisch primitiven Gitters, b) kubisch raumzentrierten Gitters (krz), c) kubisch fl¨achenzentrierten Gitters (kfz)?

 T IPP K-38: Der Packungsanteil P ist das Volumen der kugelf¨ormig gedachten Atome, bezogen auf das Gesamtvolumen der Gitterzelle. An jeder der acht W¨urfelecken des kubisch primitiven Gitters befindet sich eine Achtel Kugel. Im kubisch raumzentrierten Gitter ber¨uhren sich die Atome nicht an den Ecken, sondern in der Raumdiagonalen (L¨ange 4r ), weil √ das Zentralatom Platz ben¨otigt; die Kantenl¨ange ist a = 4r/ 3.

¨  L OSUNG K-38: 3

a) P =

VKugeln = VW¨urfel

8· 81 · 34 πr 3

b) P =

VKugeln = VW¨urfel

(8· 81 +1)· 34 πr  3

c) P =

VKugeln = VW¨urfel

(8· 81 +6 12 )· 34 πr  3

(2r )

= π = 0,52 = 52 % 6 3

4r √ 3

4r √ 2

=

3

√ 3π = 0,68 = 68 % 8

π = 0,74 = 74 % = √ 3 2

K.7.4

K

r

172

K Atom- und Kernphysik

 AUFGABE K-39: Strahlenschutz

K.7.1, 7.3

a) Wie tief dringt β-Strahlung der Energie 1 MeV in Aluminium ein? ( = 2,72 g/cm3) b) Wie dick muss eine Bleiwand sein, um 100 keV-R¨ontgenstrahlung auf 1 Promille abzuschw¨achen? (μm = 5 cm2 /g;  = 11,4 g/cm3 ) c) Stimmt es, dass die t¨odliche Energiedosis von D = 10 Gy menschliches Gewebe nur um wenige Millikelvin erw¨armt? (cp = 4182 J kg−1 K−1 ) d) Bei der R¨ontgendurchleuchtung w¨ahrend einer Operation herrscht eine Dosisleistung von ¨ 0,02 mGy/s. Wie hoch sind Energiedosis, Aquivalentund Ionendosis nach 10 min? e) Welche Dosisleistung erzeugt eine 60 Co-Quelle mit der Aktivit¨at 185 MBq in 1,5 m Entfernung? ( = 9,3·10−17 Gy m2s−1 Bq−1 ) ¨ K-39:  L OSUNG " # 1 + 22,4 · 12 − 1 cm = 1,16 cm a) s¯ = 91 · 2,72 · b) I = I0 e−μx ⇒ x = −

ln(I /I0 ) ln 0,001 = − 5 cm2 g−1 = 0,12 cm = 1,2 mm ·11,4 g cm−3 μm 

c) Q = m cp T ⇒ T =

Q D = = m cp cp

10 J kg−1 4182 J kg−1 K−1

= 0,0024 K

Ja, die Aussage stimmt. ˙ = 0,02·10−3 Gy s−1 · 10 · 60 s = 0,012 Gy d) D = Dt H = q D = 0,012 Sv; Qualit¨atsfaktor q = 1 f¨ur R¨ontgenstrahlung. J ≈ D/(37,6 V) = 3,2·10−4 C/kg e) D˙ =  A2 = r

9,3·10−17 Gy m2 s−1 Bq−1 ·185·106 Bq (1,5 m)2

= 7,6·10−9 Gy/s

173

T Tabellen

1 Internationales Einheitensystem Umrechnung veralteter Energie-Einheiten in Joule (J) und Wattstunde (Wh)

J erg cal kcal15◦ eV MeV FV kpm kWh ·atm

J

cal

FV

kpm

kWh

·atm

1 10−7 4,1868 4 185,5 1,602·10−19 1,602·10−13 96 484,5 9,80 665·107 3,6·106 101,328

0,238 846 2,388·10−8 1

1,036·10−5 1,036·10−12 4,336·10−5 1,661·10−24 1,661·10−20 1 1,016·10−4 37,312 0,00 105 011

2,77 778·10−7 2,77 778·10−14 1,162·10−6 1,16 264·10−3 4,451·10−26 4,451·10−20 0,0 268 012 2,72 407·10−6 1 2,815·10−5

9,869·10−3 9,869·10−10 0,04 129

3,827·10−20 3,827·10−14 23 044,9 2,34 227 859 846 24,2 018

0,1 019 716 1,019 716·10−8 0,42 665 426,80 1,634·10−20 1,634·10−14 9838,69 1 367 098 10,3 326

1,581·10−21 1,581·10−15 952,201 0,0 967 814 35 528,3 1

Umrechnung metrischer und nichtmetrischer Druckeinheiten

Pa = at atm bar Torr mm WS dyn/cm2 psi

Pa (N m−2 )

at

atm (kp/cm2 )

bar

Torr (mm Hg)

mm WS

psi (lbs/sq.in)

1 9,81·104 101 325 105 133,3 224 9,81 0,1 6894,8

1,02·10−5 1 1,033 1,02 0,00 136 10−4 1,02·10−6

9,8 692·10−6 0,968 1 0,98 692 0,00 131 579 9,68·10−5 9,8 692·10−7 0,068 046

10−5 0,981 1,01 325 1 0,001 333 224 9,81·10−5 10−6 0,068 948

7,50 062·10−3 736 759,9 988 750,062 1 0,0 736 7,50 062·10−4 51,7 148

0,102 104 1,033·104 1,02·104 13,6 1 0,0 102

1,45 038·10−4 14,6 960 14,5 038 0,0 193 368 1,45 038·10−5 1

2 Mechanik Fallbeschleunigung auf der Erde ¨ Aquator (0◦ ) Rom 45◦ Breite M¨unchen N¨urnberg Paris Stockholm Nord-/S¨udpol (90◦ )

9,780 49 9,803 67 9,806 16 9,807 33 9,809 9,809 43 9,818 43 9,832 21

Fallbeschleunigung auf Himmelsk¨orpern m/s2 m/s2 m/s2 m/s2 m/s2 m/s2 m/s2 m/s2

Mond Mars Venus Saturn Jupiter

1,62 3,75 8,49 11,1 26

m/s2 m/s2 m/s2 m/s2 m/s2

Merkur Pluto Uranus Neptun Sonne

3,62 7,9 9,40 14,7 274

m/s2 m/s2 m/s2 m/s2 m/s2

174

T Tabellen

Planeten unseres Sonnensystems und Mond: 1 AE = 1,495 978 70·1011 m

Merkur Venus Erde Mond Mars Jupiter Saturn Uranus Neptun Pluto

Entfernung von der Sonne (AE)

Radius

Masse (1024 kg)

Mittl. Dichte (g/cm3 )

Druck an der Ober߬ache (im Inneren)

Temperatur / K der Oberfl¨ache (der Wolkenh¨ulle)

Zahl der Monde

(km)

0,38 0,72 1 – 1,52 5,20 9,5 19,2 30,0 39,5

2439 6052 6378,14 1738 3393,4 71398 60000 25400 24300 1500

0,33022 4,8690 5,9742 0,073483 0,64191 1898,8 568,5 86,625 102,78 0,015

5,43 5,24 5,515 3,34 3,94 1,33 0,70 1,30 1,76 1,1

> 1012 bar 90 1 ∼2·10−14 ∼0,07 (< 106 ) (> 106 ) (> 106 ) (> 106 ) ∼0,001

650 (Tag), 95 730 250–310 370 (Tag), 120 200–245 (∼140) (∼100) (∼55) (∼55) ∼55

0 0 1 – 2 16 17 5 2 1

Reibungszahl bei 20 ◦C Werkstoffpaar Stahl Holz Stahl Stahl Stahl Stahl Bronze Bronze Grauguss Leder Holz Holz Stahl Bremsbelag Gummi

Eis Eis Stahl Weissmetall Grauguss Bronze Bronze Grauguss Grauguss Grauguss Holz Metall Polyamid Stahl Asphalt

Haftreibungszahl μ0 trocken geschmiert

Gleitreibungszahl μ trocken geschmiert

0,027 – 0,15 – 0,20 0,27 0,28 0,28 – 0,55 0,65 0,5 – – 0,7

0,014 0,035 0,10 0,20 0,16 0,18 0,2 0,21 – 0,28 0,35 0,3 0,35 0,55 0,4

– – 0,10 – 0,10 0,11 0,11 0,16 0,16 0,22 0,16 0,1 – – –

— — 0,05 0,04 0,05 0,07 0,06 0,08 0,12 0,12 0,05 0,05 0,10 0,4 0,15

Elastizit¨ats- und Schubmodul Elastizit¨atsmodul (20 ◦ C) in N/mm2 Eis (–4 ◦ C) Blei Mg, rein Mg-Legierungen Al, rein Quarzglas Gold Al-Legierung Gusseisen Messing (CuZn) Rotguss Tombak Bronze (CuSn) Kupfer – kaltverformt Neusilber Nickelin

9 900 17 000 40 000 44 000 72 000 76 000 81 000 66 000 ... 83 000 73 000 ... 102 000 78 000 ... 98 000 88 000 ... 90 000 98 000 ... 100 000 107 000 ... 113 000 122 000 ... 123 000 126 000 122 000 ... 125 000 127 000 ... 130 000 14 000 39 000 42 000 64 000

... ... ... ...

CrNi 18 8 Nickel Stahlguss, unleg. Flussstahl Federstahl Molybd¨an

195 000 210 000 196 000 ... 210 000 196 000 ... 215 000 205 000 ... 215 000 450 000

Schubmodul Werkstoff

G (N/mm2 = MPa)

Grauguss Rotguss Messing Kupfer Bronze Flussstahl Stahlguss Federstahl

28 000 ... 39 000 31 000 34 000 41 000 44 000 79 000 81 000 ↓ 83 000 steif

3 Str¨omungslehre

175

3 Str¨omungslehre Viskosit¨at bei 101325 Pa

Grenz߬achenspannung

Dynamische Viskosit¨at η und kinematische Viskosit¨at ν η ν 10−6 Pa s = μPa s mm2 /s = 10−6 m2 /s

gegen Luft: Ober߬achenspannung

Propan (0 ◦ C) H2 (0 ◦ C) Ethan (0 ◦ C) Ethen (0 ◦ C) CH4 (0 ◦ C) SO2 (0 ◦ C) H2 S (0 ◦ C) HCl (0 ◦ C) CO2 (0 ◦ C) N2 (0 ◦ C) CO (0 ◦ C) Luft (–100 ◦ C) Luft (–20 ◦ C) Luft (0 ◦ C) Luft (20 ◦ C) Luft (60 ◦ C) Luft (100 ◦ C) Luft (200 ◦ C) Luft (500 ◦ C) Luft (1000 ◦ C) NO (0 ◦ C) He (0 ◦ C) O2 (0 ◦ C) Xe (0 ◦ C) Kr (0 ◦ C) Ne (0 ◦ C) Wasser (0,01 ◦ C) Wasser (20 ◦ C) Wasser (25 ◦ C) Wasser (40 ◦ C) Wasser (60 ◦ C) Wasser (80 ◦ C) Wasser (100 ◦ C) Wasser (150 ◦ C) Essigs¨aure (20 ◦ C) Terpentin¨ol (20 ◦ C) HCOOH (20 ◦ C) Nitrobenzol (20 ◦ C) Pentan (20 ◦ C) Aceton (20 ◦ C) CHCl3 (20 ◦ C) Toluol (20 ◦ C) Xylol (20 ◦ C) Methanol (20 ◦ C) Benzol (20 ◦ C) Oliven¨ol (20 ◦ C) CCl4 (20 ◦ C) Rizinus¨ol (20 ◦ C) Ethanol (20 ◦ C) Glycerin (20 ◦ C) Hg (20 ◦ C)

gegen Luft σ12 (20 ◦ C)

7,7 8,4 8,7 9,3 10,1 11,7 11,7 13,0 13,8 16,4 16,7 11,77 16,22 17,24 18,24 20,14 21,94 26,09 36,62 50,82 18,1 18,9 19,5 21,2 23,5 30,1 1791,4 1002,7 893,7 653,1 466,8 355,0 282,2 181,9 123 147 180 200 234 330 580 590 590 594 647 810 972 985 1179 1485 1552

3,8 94,1 6,4 7,5 14,3 4,0 7,5 8,1 7,0 13,3 13,5 5,829 11,78 13,52 15,35 19,27 23,51 35,47 81,35 1859 13,3 104,5 13,5 3,6 6,3 33,3 1,792 1,004 0,658 0,475 0,365 0,294 0,198 1,17 1,72 1,45 1,68 0,37 0,41 0,37 0,68 0,70 0,75 0,74 0,88 0,62 1,932 1,50 1,175 0,115

N/m = J/m2 Zinn (400 ◦ C) Pb95.5 Sn2.5 Ag2 (400 ◦ C) Quecksilber Blei (400 ◦ C) Kochsalz Glimmer Glasschmelzen Salzschmelzen Salzs¨aure, 10% Wasser, rein – 0 ◦C – 20 ◦ C – 50 ◦ C – 100 ◦ C Glycerin Schwefels¨aure Polymere Seifenl¨osung Benzol Essigs¨aure Chloroform Hexadecan Tetrachlorkohlenstoff Dodecan Cyclohexan Decan Methanol Ethanol Aceton Octan Heptan organ. L¨osungsmittel Hexan Diethylether

0,539 0,479 0,471 0,439 0,345 0,31 0,2–0,4 0,05–0,3 0,073 0,0756 0,07196 0,0678 0,0588 0,0634 0,0551 ≈0,05 ≈0,04 0,0289 0,0274 0,0273 0,0276 0,0268 0,0254 0,025 0,0239 0,0226 0,0223 0,0223 0,0218 0,0203 ≈0,02 0,0184 0,0171

gegen Wasser n-Octan CCl4 Benzol Nitrobenzol Diethylether Essigs¨aurethylester n-Butanol

0,058 0,0451 0,035 0,026 0,0107 0,0029 0,0016

T

176

T Tabellen

Kompressibilit¨at von Festk¨orpern und ruhenden Fl¨ussigkeiten κ (GPa−1 = 10−9 bar−1 )

Werkstoff Diamant Eisen Kupfer Glycerin Blei Quecksilber Wasser

Meerwasser Nitrobenzol Wasser Rizinus¨ol Oliven¨ol Hydraulik¨ol Brom Ethanol Essigs¨aure Petroleum Terpentin¨ol Paraffin Benzol Xylol CCl4 Toluol CHCl3 Ethanol Methanol Aceton Pentan H2 SO4

20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 0 ◦C 10 ◦ C 18 ◦ C 25 ◦ C 43 ◦ C 53 ◦ C 17,5 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C

0,0185 0,0585 0,0725 0,21 0,218 0,302 0,51 0,49 0,47 0,46 0,45 0,45 0,45 0,45 0,47 0,48 0,63 0,63 0,67 0,758 0,83 0,83 0,83 0,85 0,87 0,87 0,893 0,91 1,16 1,18 1,21 1,28 1,45 2,85

Luftwiderstandsbeiwert cW Platte ebene Kreisplatte langer Zylinder – f¨ur Re > 5·105 – f¨ur Re > 500 Kugel, f¨ur Re > 106 – f¨ur Re = 103 . . . 105 Hohlkugel – von Außenseite angestr¨omt – von Hohlseite angestr¨omt Halbkugel vorn – mit Boden – ohne Boden Halbkugel hinten – mit Boden – ohne Boden Kegel mit Halbkugel (hinten) Halbkugel (vorn) mit Kegel Stromlinienk¨orper (Tragfl¨ugel) – von vorn angestr¨omt – von hinten angestr¨omt Rennwagen Limousine, geschlossener Pkw Lastwagen Cabriolet, offener Pkw

1,1 bis 1,3 1,0 bis 1,4 0,35 1,2 0,18 0,45 0,3 bis 0,5 1,3 bis 1,5 0,4 0,34 1,2 1,3 0,16 bis 0,2 0,07 bis 0,09 0,055 bis 0,085 0,15 bis 0,20 0,15 bis 0,2 0,25 bis 0,6 0,6 bis 1,0 0,7 bis 0,9

Normatmosph¨are in Abh¨angigkeit der H¨ohe uber ¨ dem Meeresspiegel H¨ohe u¨ . NN m –2000 0 500 1000 2000 3000 4000 5000 8000 11000 15000 20000 30000 32000 47000 51000 71000 80000

Temperatur ◦C

Luftdruck mbar

–28 15 11,8 8,5 2 –4,5 –11 –17,5 –37 –56,5 –56,5 –56,5 –56,5 –44,5 –2,5 –2,5 –58,5 –76,5

1278 1013 955 899 795 701 616 540 356 226 120 55 44 8,68 1,11 0,67 0,04 0,009

Dichte kg/m3

S¨attigungsdruck mbar

Siedepunkt des Wassers ◦C

1,226 1,168 1,112 1,007

17 13,7 11 7

100 98 97 93

0,819

2,4

87

0,525

0,13 – – – – – – – – –

74

0,194 0,02

51 15

4 Thermodynamik

177

4 Thermodynamik, W¨arme- und Stofftransport 4.1 Thermische Ausdehnung L¨angenausdehnungskoeffizient Stoff

αl in K−1 0 ... 100 ◦ C

αl in K−1 0 ... 500 ◦ C

Quarzglas Invarstahl Diamant Quarz Stahl, 36% Ni Porzellan Supremax 8409 Ger¨ateglas; Wolfram Quarzglas; Ziegel Mo Kohle Thermometerglas 2954 Ti Ir; Ta Flintglas; Grafit Holz Cr Normalglas 16/III Pt Kronglas Cr-Stahl; Fensterglas Gusseisen Sb Stahl C60 Pd Stahl; Stahlbeton; Bruchstein Fe Co Ni; Flussstahl Bi Au Konstantan Cu Stahl rostfrei Manganin Neusilber; Bronze Messing Ag Mn AlCuMg Al Gips Mg Sn Pb Cd Zn PVC K S

0,51·10−6 0,9·10−6 1,0·10−6 1,0·10−6 1,5·10−6 4,0·10−6 4,1·10−6 4,5·10−6 5,0·10−6 5,2·10−6 6,0·10−6 6,2·10−6 6,2·10−6 6,5·10−6 7,9·10−6 8,0·10−6 8,5·10−6 8,8·10−6 9,0·10−6 9,5·10−6 10,0·10−6 10,4·10−6 10,9·10−6 11,1·10−6 11,9·10−6 12,0·10−6 12,0·10−6 12,3·10−6 12,7·10−6 13,0·10−6 13,4·10−6 14,2·10−6 15,2·10−6 16,4·10−6 16,4·10−6 17,5·10−6 18,0·10−6 18,4·10−6 20,0·10−6 23,0·10−6 23,5·10−6 23,8·10−6 25,0·10−6 26,1·10−6 26,7·10−6 29,0·10−6 30,8·10−6 36,0·10−6 80,0·10−6 83,0·10−6 90,0·10−6

0,61·10−6

10,2·10−6

13,9·10−6

Volumenausdehnungskoeffizient Stoff

αV (in K−1 )

Temp.

Wasser Wasser Wasser Wasser Wasser

—0,000 0852 +0,000 2066 +0,000 5288 +0,000 7547 +0,001 3721

0,01 ◦ C 20 ◦ C 60 ◦ C 100 ◦ C 200 ◦ C

Quecksilber Glycerin Petroleum Benzin Terpentin Toluol Ethanol Pentan

+0,000 182 +0,000 50 +0,000 92 +0,001 00 (ca.) +0,001 00 +0,001 08 +0,001 10 +0,001 58

20 20 20 20 20 20 20 20

Luft Luft Luft Luft Luft Luft Luft Luft Luft

+0,005 852 +0,003 968 +0,003 674 +0,003 421 +0,003 007 +0,002 683 +0,002 115 +0,001 293 +0,000 7853

◦C ◦C ◦C ◦C ◦C ◦C ◦C ◦C

–100 ◦ C –20 ◦ C 0 ◦C 20 ◦ C 60 ◦ C 100 ◦ C 200 ◦ C 500 ◦ C 1000 ◦ C

4.2 Gase Normdichte realer Gase

17,9·10−6 18,2·10−6

27,4·10−6

Stoff

n (0 ◦ C, 101325 Pa) kg/m3

H2 He CH4 NH3 H2 O Acetylen N2 CO Ethen Luft NO Ethan O2 HCl-Gas Ar CO2 N2 O CH3 Cl Chlorethan SO2

0,0899 0,178 0,717 0,772 0,804 1,171 1,250 1,250 1,261 1,293 1,340 1,356 1,429 1,642 1,784 1,977 1,978 2,307 2,880 2,931

T

178

T Tabellen

Molares Volumen feuchter und trockener i d e a l e r Gase (in /mol) bei verschiedenen Temperaturen und Dr¨ucken (in mbar) t/◦ C pH2 O mbar p 893 906 920 933 946 960 973 986 1000 1013 1026 1039

0 6,10

feuchtes Gas 5 10 15 20 25 30 35 8,72 12,29 17,05 23,38 36,67 42,45 56,23

25,60 25,22 24,85 24,50 24,15 23,81 23,48 23,16 22,85 22,55 22,26 21,97

26,15 25,76 25,38 25,01 24,66 24,31 23,98 23,65 23,33 23,02 22,72 22,43

26,72 26,32 25,94 25,56 25,20 24,84 24,50 24,16 23,84 23,52 23,21 22,91

Vm in /mol 27,34 28,02 26,93 27,60 26,54 27,19 26,15 26,79 25,77 26,40 25,41 26,03 25,06 25,66 24,71 25,30 24,38 24,96 24,05 24,62 23,73 24,30 23,42 23,98

28,77 28,33 27,91 27,50 27,09 26,71 26,33 25,96 25,60 25,25 24,92 24,59

29,62 29,17 28,72 28,29 27,88 27,47 27,08 26,70 26,32 25,96 25,61 25,27

Molares Volumen und Dichte realer Gase 0 ◦ C, 101325 Pa

 kg/m3 = g/

1 g/mol = ˆ H2 He (20 ◦ C) He CH4 (20 ◦ C) NH3 (20 ◦ C) Stadtgas Ne (20 ◦ C) CH4 H2 O NH3 Ne CH≡CH (20 ◦ C) CO2 (20 ◦ C) N2 (20 ◦ C) O2 (20 ◦ C) Acetylen H2 S (20 ◦ C) CO N2 Ethen Luft NO Ethan CH3 OH O2 SiH4 H2 S CH3 F HCl F2 Ar Propen CO2 N2 O

0,044615 0,089870 0,138 0,17847 0,554 0,596 ∼0,6 0,697 0,7168 0,768 0,77154 0,9002 0,91 0,967 0,967 1,105 1,1709 1,191 1,2500 1,2505 1,2605 1,2927–1,2933 1,3402 1,3566 1,4268 1,42895 1,44 1,5392 1,5452 1,6391 1,696 1,7837 1,937 1,9768 1,9780

Vm = M/ m3 /kmol = /mol – 22,442 22,43

22,381 23,459 22,078

22,238 22,409 22,402 22,256 22,468 22,389 22,176 22,470 22,393 22,307 22,139 22,028 22,245 22,406 22,374 21,974 22,263 22,255

30,61 30,13 29,66 29,21 28,78 28,35 27,94 27,54 27,15 26,77 26,40 26,05

trockenes Gas 15 20 0 0

0 0

5 0

10 0

25,42 25,05 24,69 24,34 23,99 23,66 23,34 23,02 22,71 22,41 22,12 21,84

25,89 25,51 25,14 24,78 24,43 24,09 23,34 23,44 23,13 22,82 22,53 22,24

26,36 25,99 25,59 25,23 24,87 24,53 24,20 23,86 23,54 23,23 23,93 22,64

Ethanol NOCl O3 Propan CH3 -O-CH3 SO2 (20 ◦ C) CH3 Cl Cl2 (20 ◦ C) n-Butan N(CH3 )3 i-Butan SO2 Cl2 n-Pentan HBr Kr SiF4 n-Octan CHCl3 CF2 Cl2 HI Xe

26,82 26,43 26,04 25,67 25,31 24,96 24,61 24,28 23,96 23,64 23,34 23,04

27,29 26,88 26,50 26,12 25,75 25,39 25,04 24,71 24,38 24,06 23,74 23,44

2,043 2,9919 2,144 2,0096 2,1098 2,23 2,3073 2,488 2,5190 2,580 (4 ◦ C) 2,6726 2,9263 3,220 3,457 3,64457 3,708 4,684 5,030 5,283 5,510 5,7891 5,897

25 0

30 0

35 0

27,75 27,34 26,95 26,56 26,19 25,82 25,47 25,13 24,79 24,47 24,15 23,84

28,22 27,80 27,40 27,01 26,63 26,26 25,90 25,55 25,21 24,88 24,55 24,24

28,68 28,26 27,85 27,45 27,07 26,69 26,33 25,97 25,62 25,29 24,96 24,64

22,550 21,879 22,388 22,008 21,836 21,0885 21,504 22,912 (4 ◦ C) 21,786 21,891 22,037 20,871 22,204 22,60 22,222 22,710 22,598 21,944 22,096

Trockene Luft: Zusammensetzung Gas

Volumenanteil ϕ in %

Massenanteil w in %

N2 O2 Ar CO2 Ne He Kr Xe H2

78,084 20,946 0,934 0,0314 0,0018 0,00052 0,0001 8,7·10−6 5·10−5

75,52 23,15 1,28 0,05 0,0013 7·10−5 0,0003 4·10−5 4·10−6

4 Thermodynamik

179

Spezifische Gaskonstante

Isentropenexponent RB J kg−1 K−1

Stoff Chlorethan SO2 CH3 Cl N2 O CO2 Ar HCl O2 Ethan NO Luft CO N2 Ethen Acetylen H2 O NH3 CH4 He H2

128,9 129,8 164,7 188,9 188,9 208,2 228,0 259,8 276,5 277,1 287,1 296,8 296,8 296,6 319,5 461,5 488,2 518,3 2077,0 4124,0

Stoff

κ (0 ◦ C)

Stoff

κ

Chlorethan Ethan Ethen Acetylen N2 O SO2 CH3 Cl CO2 NH3 CH4

1,16 1,20 1,25 1,26 1,27 1,27 1,29 1,30 1,31 1,32

H2 O NO CO N2 O2 HCl-Gas Luft H2 Ar He

1,33 1,39 1,40 1,40 1,40 1,40 1,40 1,41 1,65 1,66

4.3 Flussigkeiten ¨ Dampfdruck von Flussigkeiten ¨ und thermometrische Fixpunkte: Tp = Tripelpunkt, Smp = Schmelzpunkt, Sp = Siedepunkt, Subl = Sublimationspunkt, Ep = Erstarrungspunkt, Umw = Umwandlungspunkt, f = fest, fl = fl¨ussig, gas = gasf¨ormig.

Kritische Zustandsgr¨oßen und VAN - DER -WAALS-Konstanten Gas

Tk (K)

pk (bar)

a (2 bar/ /mol2 )

b (/mol)

He Ne Kr H2 N2 Luft O2 CH4 CO2 CO Propan NH3 Cl2 Butan Methanol H2 O

5,2010

2,275

33,240 126,20 132,507 154,576 190,56 304,2

12,96 33,90 37,66 50,43 45,950 73,825

370 405,6 417 425,18 476,55 647,30

42,60 113,0 77,0 37,96 80,9 221,20

0,03457 0,2135 2,352 0,2476 1,366 1,360 1,382 2,3047 3,656 1,505 9,37 4,246 6,59 13,89

0,02376 0,02709 0,03981 0,02661 0,03858 0,03657 0,03186 0,04310 0,04282 0,03985 0,0903 0,03730 0,0563 0,1164

5,5242

0,03041

1 2 bar/mol = 1 dm6 bar/mol2 = 105 N m4 /kmol2

Fugazit¨atskoeffizient von Stickstoff

(273 K)

p/bar

ϕ = f/p

p/bar

ϕ = f/p

1 10 50 100 200

0,99955 0,9956 0,9812 0,9703 0,9721

300 400 600 800 1000

1,006 1,062 1,239 1,495 1,839

H2 O2 Hg H2 O Hg H2 O Na2 SO4· ·10 H2 O CO2

Sp fl-gas Ep f-fl Ep f-fl Umw

H2 O Benzoes¨aure Naphthalin Benzophenon Cd Pb Hg

fl-g Tp

Ep Ep Sp

Zn S Sb Ni Co Pd Pt Rh Ir W

Ep fl-gas Ep Ep Ep Ep Ep Ep Ep Ep

Subl

Sp Sp

Fixpunkt ( ◦ C) (20,28 K) -182,97 -38,87 0,00 -38,87 0,00 32,38 −78,5 + 12,12 ( p/ p0 − 1)− −6,4 ( p/ p0 − 1)2 100,00 122,36 218,0 + 44,4 ( p/ p0 − 1)− −19 ( p/ p0 − 1)2 305,9 + 48,8 ( p/ p0 − 1)− −21 ( p/ p0 − 1)2 320,9 327,3 356,58 + 55,552 ( p/ p0 − 1)− −23,03 ( p/ p0 − 1)2 + +14( p/ p0 − 1)3 419,5 444,6 630,5 1453 1492 1552 1769 1960 2443 3380

T

180

T Tabellen

Wasser Temperatur ◦C

Dichte

Dampfdruck Pa

Viskosit¨at μPa s

W¨armeleitf¨ahigkeit W/K m

Dielektrizit¨atszahl

g/cm3

W¨armekapazit¨at J/g K

Ober߬achenspannung N/m

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

0,99984 0,99970 0,99821 0,99565 0,99222 0,98803 0,98320 0,97778 0,97182 0,96535 0,95840

4,2176 4,1921 4,1818 4,1784 4,1785 4,1806 4,1843 4,1895 4,1963 4,2050 4,2159

611,3 1228,1 2338,8 4245,5 7381,4 12344 19932 31176 47373 70117 101325

1793 1307 1002 797,7 653,2 547,0 466,5 404,0 354,4 314,5 281,8

0,5610 0,5800 0,5984 0,6154 0,6305 0,6435 0,6543 0,6631 0,6700 0,6753 0,6791

87,90 83,96 80,20 76,60 73,17 69,88 66,73 63,73 60,86 58,12 55,51

75,64 74,23 72,75 71,20 69,60 67,94 66,24 64,47 62,67 60,82 58,91

Wasserdampf-Partialdruck uber ¨ Wasser und Kalilauge (in mbar) t in ◦ C 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

Wasser pH2 O 6,10 6,57 7,06 7,58 8,13 8,72 9,35 10,02 10,73 11,48 12,29 13,12

30% KOH pH2 O

7,5 8,0

t in ◦ C 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23

Wasser pH2 O 14,02 14,97 15,98 17,05 18,17 19,37 20,63 21,97 23,38 24,86 26,43 28,09

30% KOH pH2 O 8,5 9,2 9,7 10,4 11,2 11,9 12,7 13,5 14,4 15,2 16,3 17,2

t in ◦ C 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35

Wasser pH2 O 29,83 31,67 33,62 35,65 37,79 40,05 42,45 44,92 47,55 50,30 53,19 56,23

30% KOH pH2 O 18,3 19,5

Dichte von Wasser und Luft T –100 ◦ C –40 ◦ C –20 ◦ C 0 ◦C 0,01 ◦ C 10 ◦ C 20 ◦ C 30 ◦ C 60 ◦ C 100 ◦ C 200 ◦ C 500 ◦ C 1000 ◦ C

Wasser (kg/m3 )

Luft (kg/m3 ) 2,019 1,495 1,377 1,275

999,8 999,7 998,3 995,7 983,1 958,1 864,7

Gefrierpunkterniedrigung Kryoskopische Konstante

1,230 1,188 1,149 1,045 0,9329 0,7356 0,4502 0,2734

Henry-Konstante H (Pa−1 ) bei 298 K. Gas

in Wasser

in Benzol

CO2 CH4 O2 H2 N2

1,67·108

1,14·107 5,69·107 – 3,67·108 2,39·108

4,19·107 4,40·109 7,12·109 8,68·109

L¨osungsmittel

K m (kg K/mol)

Diethylether Wasser Essigs¨aure wasserfrei Trichlormethan Benzen (Benzol) Aminobenzen (Anilin) Nitrobenzol Naphthalin Phenol Brom Dibromethan Natriumchlorid Cyclohexan Zinnbromid Tetrachlormethan Campher, Kampfer

1,79 1,853 3,59 4,9 5,1 5,87 6,89 6,9 7,3 8,31 12,5 18,0 20,2 28,0 29,8 40,0

4 Thermodynamik

181

4.4 L¨osungen

Diffusionskoeffizient D12 (10−5 cm2 /s)

25 ◦ C

20 ◦ C

15 ◦ C

Aktivit¨atskoeffizienten

In W a s s e r H2 He NO Wasser O2 CO2 NH3 Methanol Oxals¨aure Propen Harnstoff Acetonitril Aceton Cl2 Ethanol

9,75 6,3 2,67 2,44 2,41 2,0

Benzoes¨aure Essigs¨aure Benzol Glycin Ethylenglycol Furfural Ethylacetat Diethylamin Acetamid Anilin 1,2-Propylenglycol Allylalkohol Propanol Benzylalkohol Urethan Butanol Glycerin i-Amylalkohol Glucose Weins¨aure Mannitol Pyridin Saccharose H¨amoglobin

1,21

γ± in w¨assriger L¨osung bei 25◦ C

4,8

Elektrolyt

1,64 (12 ◦ C) 1,26

1,58 1,53 1,44 1,38 1,28 1,25 1,24

1,20 1,16

1,26 1,22 1,00 0,84 (5 ◦ C)

AgNO3 HCl HNO3 KNO3 KOH KCl LiF NaCl Na-acetat NaOH CaCl2 H2 SO4 Na2 SO4

1,09 1,06 1,04 1,04 1,00 0,97

0,432 0,41

0,90 0,87

LaCl3 In2 (SO4 )3

0,560 0,11

0,80 0,77 0,72 0,69

Ionenbeweglichkeit

3,17

In B e n z o l Iod

2,13

0,429 0,809 0,724

0,732 0,649

0,756 0,604

0,778 0,791 0,766

0,681 0,735 0,690

0,657 0,757 0,678

0,524 0,266 0,453

0,510 0,155

0,725 0,131

0,61

Kation

0,166 0,149 0,356 0,025

0,303 0,014

0,387

u = λ/z F in unendlich verd¨unnter w¨assriger L¨osung (10−8 m2 V−1 s−1 ) u⊕

Anion

u

Temperatur 18 ◦ C

0,58

In H e p t a n CCl4

0,536 0,757 0,720

1-3- und 2-3-Elektrolyte

0,6

4,05

0,732 0,544 0,714

CdSO4 CuSO4

0,673

In H e x a n Iod

0,902 0,889

0,96

0,82

In T e t r a c h l o r k o h l e n s t o f f H2 9,75 N2 3,42 O2 3,82 Ar 3,63 CH4 2,89

0,8982

0,734 0,7964 0,791 0,738 0,798 0,770

2-2-Elektrolyte

0,92 0,88

0,521 0,067

0,9043

1,0

1-2- und 2-1-Elektrolyte

1,19

0,8 0,83

Molalit¨at (mol/kg) 0,01 0,1 0,5 1-1-Elektrolyte

H⊕ Li⊕ Na⊕ K⊕ Ag⊕ NH⊕ 4 Zn2⊕ Fe3⊕

33 3,5 4,6 6,75 5,7 6,7 4,8 4,8

OH Cl Br I NO 3 MnO 4 SO2 4 CO2 3

18,2 6,85 7,0 6,95 6,5 5,6 6,1 6,2

OH Cl Br I NO 3 CH3 COO SO2 4 CO2 3

20,64 7,91 8,09 7,96 7,40 4,24 8,29 7,46

Temperatur 20 ◦ C H⊕ Li⊕ Na⊕ K⊕ Ag⊕ NH⊕ 4 Cu2⊕ Zn2⊕

36,23 4,01 5,19 7,62 6,42 7,63 5,56 5,47

T

182

T Tabellen

Molare Leitf¨ahigkeit

Spannungsreihe der Metalle

und einiger Nichtmetalle in saurer L¨osung bei 25◦ C.

#m w¨assriger L¨osungen (mS m2 /mol, 25◦ C) Elektrolyt HCl H2 SO4 HNO3 Essigs¨aure Na-acetat NaOH NaCl Na2 SO4 NH4 Cl KCl KNO3 AgNO3

c / mol/ 0,01 0,1 41,19 39,11 61,60 46,86 40,60 38,50 1,6 0,52 8,38 7,28 23,80 21,82 11,85 10,67 21,36 16,3 14,13 12,88 14,13 12,90 13,58 12,04 12,48 10,91

0,001 42,12

4,8 8,85 24,47 12,37 24,46 14,76 14,71 14,18 13,05

1 33,22

–3

4,92 8,58 10,7 11,19 9,25 7,78

Leitf¨ahigkeitsstandard Leitf¨ahigkeit w¨assriger Kaliumchloridl¨osungen c mol/ 1,0 0,1 0,02 0,01

κ (in S/cm = '−1 cm−1 ) bei Temperatur 18 ◦ C 20 ◦ C 22 ◦ C 25 ◦ C 0,09 822 0,10 207 0,10 554 0,11 180 0,01 119 0,01 167 0,01 215 0,01 288 0,002 397 0,002 501 0,002 606 0,002 765 0,001 255 0,001 278 0,001 332 0,001 413 κ (in S/cm) 0,251 0,406 0,626 0,826

Leitf¨ahigkeitsstandard NaCl, sat. NaOH, 15% KOH, 27,5% H2 SO4 , 367 g/

E0 (V)

–2,9 –2,8 –2,7 –2,4 –2,1 –2,0 –1,8 –1,7 –1,5 –1,4 –1,1 –1,0 –0,9 –0,8 –0,7 –0,5 –0,4

–0,3

–0,2 –0,1 +0

¨ Hittorf’sche Uberf uhrungszahlen ¨

+0,2

bei 25◦ C, unendliche Verd¨unnung Elektrolyt KOH HCl KCl NaCl NH4 Cl Na-acetat K-acetat CuSO4

+0,3

t⊕ 0,247 0,821 0,4906 0,3962 0,4909 0,5507 0,6427 0,375

t 0,726 0,179 0,5095 0,6038 0,5091 0,4493 0,3573 0,625

Nernst-Spannung

RT /F f¨ur einwertige Ionen

t (◦ C) 0 10 20 25 30

E N (mV) 54,20 56,18 58,16 59,16 60,15

t (◦ C) 40 50 60 80 95

E N (mV) 62,13 64,12 66,10 70,07 73,04

+0,4 +0,5 +0,6 +0,7

+0,8

+1,0 +1,2 +1,3 +1,4 +1,5 +1,7 +1,9 +2,9

Metalle

Nichtmetalle

u n e d e l (heftige Ionenbildung) Li Rb Cs K Ba Sr Ca Na La Mg Y ThIV Sc TiII Be UIII Al VII UIV NbIII MnII Te2 Zn Te2 2 CrIII Se2 2 Ga S FeII OH /O2 Cd In TlI CoII Ni MoIII SnII PbII FeIII H edle Metalle Bi SbIII AsIII CuI CoII RuII CuI TeIV RhII OsII RhIII TlIII HgI2 Ag PbIV PdII HgII IrIII PtII AuIII

Redoxsysteme

Sm2⊕/3⊕ Ga2⊕/3⊕ S/S2 2 In2⊕/3⊕ 2⊕/3⊕ Cr Ti2⊕/3⊕ In⊕/2⊕ Mo3⊕/5⊕ V2⊕/3⊕

Sn2⊕/4⊕ Cu⊕/2⊕ U4⊕/6⊕ I

Mo5⊕/6⊕ I /I 3

CNS Fe2⊕/3⊕

Br ClO 2 Cl

CeIII AuI F

2⊕ Hg2⊕ 2 /Hg

Tl⊕/3⊕ Au⊕/3⊕ Ce3⊕/4⊕ Mn2⊕/3⊕ Pb2⊕/4⊕ Co2⊕/3⊕

4 Thermodynamik

183

4.5 Phasenuberg¨ ¨ ange und chemische Thermodynamik Bildungsenthalpie Standardbildungsenthalpie Pb2⊕ aq NH⊕ 4,(aq)

Na⊕ aq Wasser H2 O NH4 Cl NaCl Al3⊕ aq Ba2⊕ aq Ca2⊕ aq PbSO4 BaSO4 Al2 O3 CaSO4 · 2H2 O

Hf0 (kJ/mol, 25◦ C) –2 –132 –240 –286 –314 –411 –531 –538 –543 –920 –1473 –1676 –2023

Normvolumenbezogener Brennwert Ho und Heizwert Hu Ho,n Hu,n Brennstoff (MJ/m3 ) (MJ/m3 ) Gichtgas Wasserstoff Stadtgas Koksofengas Erdgas L Methan Erdgas H Propan Butan

He Hg O2 Pb F Cl Br I N2 Li 1039 850 802 742 Luft 920 780 740 692 Na Bi 816 710 680 639 K Cd 749 651 630 599 Cs H2 2949 2502 2402 2293 Mg Sn Ca 2617 2231 3134 2043 CH4 2330 2024 1942 1838 Ba Au K Butan CHCl3 Verbrennungsenthalpie Propan Cl2 Ag Spezifischer Brennwert Ho und Heizwert Hu Zn (1 MJ = 1000 kJ = 106 J) Ethanol Ho Hu Brennstoff (MJ/kg) (MJ/kg) Pt Braunkohle – 9,6 (8 – 11) Na Paraffin Holz – 14,6 (9 – 15) Sb Torf – 13,8 (10 – 15) Messing Brikett – 19 (17 – 20) Wachs Methanol – 19,51 CO2 Pechkohle – 22,9 Cl2 Ethanol – 29,96 W Steinkohle – 31,5 Cu Kohlenstoff – 33,82 Mn Benzol 41,94 40,23 Co Heiz¨ol S 42,3 40,2 Fe Petroleum 42,9 40,8 Ni Diesel¨ol 44,8 41,64 Wasser Benzin 46,7 42,5 NH3 Heiz¨ol EL 45,4 42,7 Mg Wasserstoff – 119,97 Al

Enthalpie ionischer Kristalle H298 (kJ/mol, 25◦ C), die beim Aufbau eines Kristallgitters frei wird.

3,98 10,78 16,12 17,37 32,8 35,88 37,3 93,21 123,8

Schmelzw¨arme Stoff (101325 Pa)

Gitterenergie

4,08 – – 19,67 – 39,85 41,3 100,89 –

Schmelzenthalpie Schmelztemperatur Tm ( ◦ C)

h m (kJ/kg) 3,52 11,8 13,82 24,79 25,75 52,3 54,43 58,6 58,6 58,6 64,48 65,7 77,5 79,5 80,0 90,4 104,7 104,7 108,02 111,4 114,7 146,5 164,96 167,5 175,8 184,2 188,40 192,6 204,8 251,2 268 272,14 299,8 333,7 339,13 372,6 396,07

–270,7 –218,75 –209,85 –213

–259,15 –182,45

–138,35 –187,65 –100,95

T

–56,55

–80

184

T Tabellen

4.6 W¨armetransport

Verdampfungsenthalpie Stoff

He Luft N2 O2 CHCl3 Hg Cl2 Terpentin Toluen Butan SO2 Propan H2 CH4 CO2 Bi Ethanol Pb Cd Sb NH3 Au Zn K Ag H2 O Pt Sn Mn Na Cu W Mg Ni Fe Co Al

Verdampfungsenthalpie

V h (kJ/kg)

Siedetemperatur Tb ( ◦ C)

Molare W¨armekapazit¨at, Molw¨arme

20,9 197 201 213,5 247 284,7 289 293,1 347,5 386 401,9 426 467,2 510 572,8 837,4 858 921 1005 1256 1369 1758 1800,3 2051,5 2177,1 2256,2 2512 2595,8 4186,8 4186,8 4647,3 4814,8 5652,2 6196,5 6364 6489,5 11723

–268,94 –192,3 –195,75 –182,95

He Ar H2 N2 Luft O2 CH4 Cl2 NH3 CO2 SO2 Ethan

– 34,45

– 0,65 – 42,05 –252,75 –161,45 – 78,45

C p,m J mol−1 K−1 20,80 20,80 28,76 29,09 29,10 29,43 34,59 34,70 36,84 36,96 40,39 51,70

– 33,45

100,00

10 100 Wh/kg 9 700 5 000 4 400 400 300 120 35

C V,m J mol−1 K−1 12,47 12,47 20,43 20,76 20,77 21,06 26,19 25,74 27,84 28,46 31,40 43,12

κ 1,67 1,67 1,41 1,40 1,40 1,40 1,32 1,35 1,31 1,30 1,29 1,20

Spezifische W¨armekapazit¨at Stoff (20 ◦ C)

Energiedichte Diesel Benzin Fl¨ussig-Wasserstoff Methanol Ti-Fe-Hydrid Hochdruck-Wasserstoff Silber-Zink-Batterie Bleiakku

Stoff 20◦ C,101325 Pa

Bi Pb Pt Au W Hg Sb Sn Cd Ag Cu Zn Messing Konstantan Co Ni Stahl C60 Fe Mn Cl2 Ar (0 ◦ C) Grauguss SO2 (0 ◦ C) SO2 CH3 Cl (0 ◦ C) K Porzellan Glas Schaumglas (10 ◦ C) Mineralfaser (10 ◦ C) HCl-Gas (0 ◦ C) CO2 (0 ◦ C) Schamotte (100 ◦ C) Ziegel Kies CO2 Gasbeton (10 ◦ C) Normalbeton (10 ◦ C) N2 O (0 ◦ C)

cp J kg−1 K−1 24 27 31 125 134 138 206 226 234 251 385 385 389 419 427 431 460 465 469 481 520 545 610 632 730 758 795 800 800 800 810 827 835 837 840 846 850 880 890

cV J kg−1 K−1

320 480

580 630

700

4 Thermodynamik O2 Al NO (0 ◦ C) CHCl3 Chlorethan (0 ◦ C) Luft (–100 ◦ C) Luft (0 ◦ C) Luft (20 ◦ C) Luft (+100 ◦ C) Luft (+200 ◦ C) Luft (+300 ◦ C) N2 (0 ◦ C) CO Mg Na Polystyrol Acetylen (0 ◦ C) Ethen (0 ◦ C) Heiz¨ol Ethan (0 ◦ C) Toluol Terpentin W¨armetr¨ager¨ol H2 O-Dampf (0 ◦ C) Eis (0 ◦ C) Fichtenholz (10 ◦ C) Wasserdampf (100 ◦ C) NH3 (0 ◦ C) Schnee (0 ◦ C) CH4 (0 ◦ C) NH3 Ethanol Paraffin Wachs Wasser (0,01 ◦ C) Wasser (15 ◦ C) Wasser (20 ◦ C) Wasser (60 ◦ C) Wasser (100 ◦ C) Wasser (150 ◦ C) Wasser (200 ◦ C) He (0 ◦ C) He H2 H2 (0 ◦ C)

185 913 920 1000 1005 1005 1011 1006 1007 1012 1026 1046 1040 1040 1047 1218 1300 1510 1610 1675 1730 1750 1800 1830 1860 1930 2000 2010 2050 2093 2160 2219 2415 2135 3433 4217 4185,5 4182 4185 4216 4310 4497 5240 5275 14268 14380

650 (0 ◦ C) 720 570 (0 ◦ C) 718

720

740 740

1220 1290 1440

1400

1560 1630

3160 10260

W¨armeleitf¨ahigkeit Stoff

λ W K−1 m−1

Temperatur

Luft, W¨armeisolatoren Luft Luft Luft Luft Luft Luft Luft Luft CO2 Wasserdampf Mineralfaser

0,01602 0,02263 0,02418 0,02569 0,02860 0,03139 0,03795 0,05564 0,08077 0,015 0,031 0,04 ∗

–100 ◦ C – 20 ◦ C 0 ◦C 20 ◦ C 60 ◦ C 100 ◦ C 200 ◦ C 500 ◦ C 1000 ◦ C 0 ◦C 150 ◦ C 10 ◦ C

Holzkohle K¨altemittel R12 Schnee Heiz¨ol Maschinen¨ol Fichtenholz W¨armetr¨ager¨ol Benzol Holz, Kiefer Quecksilber Helium Leder Holz, Rotbuche Polystyrol Wasserstoff Ethanol Holz, Eiche Gasbeton Schwefel Glycerin Glimmer Schamotte Ziegelstein Wasser Wasser Wasser Wasser Wasser Wasser Wasser Wasser Wasser Kies Glas Porzellan Quarz Kesselstein Normalbeton Eis Marmor Hg Sb Neusilber Pb Weißmetall Flussstahl Grauguss Stahlguss Roheisen, weiß Ni Bronze Sn Fe Pt Messing Tombak Zn Grafit Al Au Cu Ag

0,08 0,086 0,11 0,12 0,126 0,13 ∗ 0,134 0,135 0,14 0,143 0,143 0,16 0,17 0,17 0,171 0,173 0,21 0,22 ∗ 0,27 0,28 0,41 0,5 0,5 ∗ 0,562 0,582 0,600 0,615 0,629 0,651 0,667 0,677 0,683 0,64 0,8 (0,6 bis 0,9) 0,8 bis 1,9 1,09 1,16 bis 3,5 2,1 ∗ 2,2 2,9 8,4 22,53 29 35,01 35 bis 70 46,5 48,8 52 52 52 58,15 64 67 80 81 bis 105 93 bis 116 110 140 221 314 393 418,7 gute W¨armeleiter

20 ◦ C –20 ◦ C 0 ◦C 20 ◦ C 20 ◦ C 10 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 0 ◦C 0 ◦C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 0 ◦C 20 ◦ C 20 ◦ C 10 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 100 ◦ C 10 ◦ C 0,01◦ C 10 ◦ C 20 ◦ C 30 ◦ C 40 ◦ C 60 ◦ C 80 ◦ C 100 ◦ C 150 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 10 ◦ C 0 ◦C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C

T

186

T Tabellen

Temperaturleitf¨ahigkeit, Temperaturleitzahl

Prandtl-Zahl

Stoff

a (m2 /s)

T

Temperatur

K¨altemittel R12 Heiz¨ol W¨armetr¨ager¨ol Ethanol Fichtenholz Polystyrol

0,065·10−6

0,078·10−6 0,084·10−6 0,091·10−6 0,11 ·10−6 0,125·10−6

–20 ◦ C 20 ◦ C

Wasser Wasser Wasser Wasser Wasser Wasser Wasser

0,1333·10−6 0,1436·10−6 0,1516·10−6 0,1582·10−6 0,1635·10−6 0,1677·10−6 0,1730·10−6

0,01 ◦ C 20 ◦ C 40 ◦ C 60 ◦ C 80 ◦ C 100 ◦ C 150 ◦ C

–100 ◦ C –40 ◦ C –20 ◦ C –10 ◦ C 0 ◦C 0,01 ◦ C 10 ◦ C 20 ◦ C 30 ◦ C 60 ◦ C 100 ◦ C 200 ◦ C 300 ◦ C 500 ◦ C 1000 ◦ C

Mineralfaser Schamotte Glas Kies Gasbeton Ziegelstein Schnee Schaumglas Normalbeton Eis Wasserdampf Quecksilber CO2

0,3 ·10−6 0,35 ·10−6 0,4 ·10−6 0,42 ·10−6 0,5 ·10−6 0,5 ·10−6 0,53 ·10−6 0,6 ·10−6 1,0 ·10−6 1,25·10−6 5,21·10−6 5,62·10−6 9,08·10−6

10 ◦ C 100 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 10 ◦ C 10 ◦ C 0 ◦C 10 ◦ C 10 ◦ C 0 ◦C 150 ◦ C 0 ◦C 0 ◦C

Luft Luft Luft Luft Luft Luft Luft Luft Luft

7,851·10−6 16,33·10−6 18,83·10−6 21,47·10−6 27,13·10−6 33,26·10−6 50,30·10−6 113,1 ·10−6 249,2 ·10−6

–100 ◦ C – 20 ◦ C 0 ◦C 20 ◦ C 60 ◦ C 100 ◦ C 200 ◦ C 500 ◦ C 1000 ◦ C

Stahl C60 Grauguss Fe Al Kupfer Gold Wasserstoff Helium

12,78·10−6 13 ·10−6 18,33·10−6 88,89·10−6 113,34·10−6 130,57·10−6 135 ·10−6 153 ·10−6

20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 0 ◦C 0 ◦C

20 20 10 20

◦C ◦C

◦C

◦C

W¨armedurchgangskoeffizient Fluid im Rohr

a¨ ußeres Fluid

k (W m−2 K−1 )

Luft Wasser Wasser ¨ Ol Wasser

Rauchgas K¨uhlsole Luft Wasser Wasser

6 . . . 12 8 . . . 16 8 . . . 14 90 . . . 140 850 . . . 1700

Wasser

trockene Luft 0,7423 0,7258 0,7215 0,7196 0,7179

13,44 9,42 6,99 5,42 3,00 1,76 0,91 0,91

0,7163 0,7148 0,7134 0,7100 0,7070 0,7051 0,7083 0,7194 0,7458

5 Schwingungen und Wellen Tabelle n¨achste Seite

6 Akustik H¨orschwelle Das menschliche Ohr h¨ort“ Schallwellen zwischen 16 Hz ” und 20 kHz, wenn der Effektivwert des Schalldrucks u¨ ber 20 μPa liegt (L P Lautst¨arkepegel, bez. auf p0 = 20 μPa). f / kHz L p / dB

0,02 0,06 0,12 0,25 65 35 20 10

1 2 4 8 5 0 –5 15

16 25

Tonintervalle der diatonischen Tonleiter Empfindung konsonant (K) oder dissonant (D). Intervall Prime kleine Sekunde große Sekunde kleine Terz große Terz Quarte Quinte kleine Sexte große Sexte kleine Septime große Septime Oktave

f 2 / f1

Halb t¨one

1:1 16:15 9:8; 10:9 6:5 5:4 4:3 3:2 8:5 5:3 9:5; 16:9 15:8 2:1

0 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12

K D D K K K K K K D D K

Ton

f (Hz)

c

24

d

27

e f g

30 32 36

a

40

h c’

45 48

6 Akustik

187

Frequenzbereiche und Wellenl¨angen elektromagnetischer Wellen Bezeichnung

Wellenl¨ange

Frequenz

Int. Abk.

∞–30 km 18 000 km 6000 km 18 800–15 km

0–10 kHz 16 23 Hz 50 Hz 16–20 000 Hz

nf – – af

Regeltechnik, Induktivheizung elektrische Bahnen allgemeine Energieversorgung ELF: bis 300 Hz; ILF: bis 3 kHz

Radiowellen L¨angstwellen, VLF

30–10 km

10–30 kHz

vlf

Langwellen, LF

10–1 km

30–300 kHz

lf

1000–182 m 182–100 m 100–10 m

300–1650 kHz 1,650–3 MHz 3–30 MHz

mf – hf

10–1 m 1 m–1 dm 10–1 cm 10–1 mm 1–0,1 mm

30–300 MHz 300–3000 MHz 3–30 GHz 30–300 GHz 300–3000 GHz

vhf uhf shf ehf ehf

¨ Uberseetelegrafie, Boden-Unterwasser-Verbindungen Telegrafie, Presse- und Wetterdienst, Rundfunk Radio, Flug-, Schiffsfunk K¨ustenfunk ¨ Uberseetelegrafie, Radio, Flug-, Amateurfunk TV, Radio, Flug-, Polizeifunk, TV, Richt-, Satellitenfunk Radar, Richtfunk, Maser dto. dto.

Licht Infrarot sichtbares Licht

1 mm–0,78 μm 0,78–0,36 μm

3·1011 – 3,8·1014 3,8·1014 –8,3·1014 Hz

ir –

Ultraviolett

0,36–0,01 μm

8,3·1014 –3·1016 Hz

uv

R¨ontgenstrahlung – weich – mittel – hart

60–0,10 nm 0,01–0,001 nm 0,001–10−8 nm

·1015 –3·1018 Hz 3·1019 –3·1020 Hz 3·1020 –3·1025 Hz

– – –

R¨ontgendiagnostik, R¨ontgentherapie Materialpr¨ufung Kernreaktionen

Gammastrahlung

0,4–10−4 nm

8·1017 –3·1021 Hz

γ

Strahlentherapie, Kernreaktionen

Niederfrequenz techn. Wechselstrom Tonfrequenz

Mittelwellen Grenzwellen, MF Kurzwellen, HF Ultrakurzwellen, VHF Dezimeterwellen, UHF Zentimeterwellen, SHF Millimeterwellen, EHF Mikrowellen

Schallgeschwindigkeit Feststoffe (20 ◦ C)

c (m/s)

Kork Pb Sn Ag Messing Cu Eis Holz, Eiche Mauerwerk Ton, gebrannt Zn Beton Holz, Tanne Mg Ni Stahl Al Fe Glas

480 1320 2530 2640 3200 3550 3200 3380 3500 3650 3700 4000 4180 4600 4800 4900 ... 5050 5100 5100 5300 ... 5500

Fl¨ussigkeiten (20 ◦ C)

c (m/s)

fl. N2 (–196 ◦ C)

900

Verwendung

IR-Nachrichtentechnik, Laser Lichttelefonie und elektrische od. optische Entfernungsmessung Lasertechnik, Entfernungsmessung

Benzin Ethanol Benzol Petroleum Wasser (20 ◦ C) Wasser ( 5 ◦ C) Wasser (20 ◦ C) Wasser (25 ◦ C) konz. HCl konz. NaCl Glycerin (Glycerol)

1170 1190 1330 1330 1407 1400 1485 1457 1520 1660 1923

Gase (0 ◦ C, 101325 Pa)

c (m/s)

CO2 Ar O2 Luft (–20 ◦ C) Luft ( 0 ◦ C) Luft (+20 ◦ C) Luft, trocken, 100 ◦ C N2 Wasserdampf, 130 ◦ C Leuchtgas He H2

258 308 316 319,5 331,8 343,8 387 378 450 453 981 1270

T

188

T Tabellen

7 Elektrotechnik Leitf¨ahigkeit Stoff

κ (S/m) bei 20 ◦ C

SiC m¨aßige Leiter Si Kohle Grafit Mn Hg CrNi Ti Woodmetall CuNi44 (Konstantan) CuMn 12 Ni (Manganin) CuNi 30 Mn (Nickelin) Sb U Pb V Ta Cr Stahl Sn Fe Pt Ni Cd K Zn Co W Mo Mg Na AlMgSi (Aldrey) Al Au Cu 99,9% Ag hervorragende Leiter

ca. 0,0002·106 ca. 0,001·106 0,01 ·106 0,05 ·106 0,54 ·106 1,063·106 1,1 ·106 1,25 ·106 1,85 ·106 2,04 ·106 2,3 ·106 2,3 ·106 2,38 ·106 3,1 ·106 4,8 ·106 5,0 ·106 6,67 ·106 7,7 ·106 7,7 ·106 8,7 ·106 10,0 ·106 10,2 ·106 10,5 ·106 13,0 ·106 14,3 ·106 16,0 ·106 17,5 ·106 18,2 ·106 21,3 ·106 22,7 ·106 23,3 ·106 30,49·106 36,0 ·106 45,45·106 56,2 ·106 59,9 ·106

Widerstand, spezifischer elektrischer Stoff

 (in ' m) bei 20 ◦ C

Se Leiter Ag Cu 99,9% Au Al AlMgSi (Aldrey) Na Mg

ca. 0,001·10−6 0,0167·10−6 0,0178·10−6 0,0204·10−6 0,0278·10−6 0,0328·10−6 0,043 ·10−6 0,046 ·10−6

Mo W Ir Co Zn Ni Messing CuZn K Cd In Fe Pt Pd Sn Cr Al-Bronze Cu90 Al10 Dynamoblech Stahl C10, 0,5% Mn Ta Stahl C25, 0,3% Si Bronze (CuSn) Pb V PtRh Pb Neusilber PtIr U Sb Monel CuMn 12 Ni (Manganin) CuNi 30 Mn (Nickelin) CuNi44 (Konstantan) Woodmetall Grauguss Ti CrNi Hg Ni60 Cr15 Fe Bi CrAl 20 5 CrAl 30 5 Mn Grafit Kohle Si SiC

0,047 ·10−6 0,049 ·10−6 0,053 ·10−6 0,057 ·10−6 0,0625·10−6 0,0684·10−6 0,07 ·10−6 0,07 ·10−6 0,077 ·10−6 0,084 ·10−6 0,089 ·10−6 0,098 ·10−6 0,10 ·10−6 0,104 ·10−6 0,13 ·10−6 0,13 ·10−6 0,13 ·10−6 0,13 ·10−6 0,16 ·10−6 0,18 ·10−6 0,18 ·10−6 0,19 ·10−6 0,20 ·10−6 0,20 ·10−6 0,208·10−6 0,30 ·10−6 0,32 ·10−6 0,32 ·10−6 0,42 ·10−6 0,42 ·10−6 0,43 ·10−6 0,43 ·10−6 0,49 ·10−6 0,54 ·10−6 0,80 ·10−6 0,8 ·10−6 0,91 ·10−6 0,94 ·10−6 1,10 ·10−6 1,2 ·10−6 1,37 ·10−6 1,44 ·10−6 1,85 ·10−6 8 bis 20·10−6 100·10−6 ca. 1000·10−6 ca. 5000·10−6

Ton B¨oden Schlick Humus Mergel Schlamm

5 bis 20 5 bis 30 10 bis 40 10 bis 100 20 bis 100

7 Elektrotechnik

189

Torf Schiefer Lehm Kies Schotter Kalk Sand Wasser, dest. Erde, feucht

80 bis 120 300 bis 700 300 bis 1000 400 bis 2000 400 bis 2000 200 bis 3000 100 bis 5000 10000 bis 40000 > 106

Mikanit Isolatoren Hartpapier Marmor Glas Hartprozellan Hartgummi Kautschuk Polystyrol Bernstein Glimmer Quarz Porzellan Paraffin

108 . . . 1012 109 . . . 1010 1010 1011 . . . 1017 1014 1015 . . . 1016 1016 1016 1016 . . . 1022 1017 1019 1019 . . . 1020 1020 . . . 1022

Temperaturkoeffizient des Widerstands α (0...100◦ C) in K−1 Kohle –0,000 5 (20 ◦ C) Grafit –0,000 2 CrAl 30 5 0,000 01 Manganin 0,000 01 Konstantan 0,000 01 bis 4 Nickelin 0,000 15 (20 ◦ C) CrAl 20 5 0,000 05 Quecksilber 0,000 099 (0,0009; 20 ◦ C) Ni60 Cr15 Fe 0,000 13 Grauguss 0,000 19 Monel 0,000 2 Bronze 0,000 5 Messing CuZn 0,001 3 Al-Bronze Cu90 Al10 0,003 2 Neusilber 0,003 2 Palladium 0,003 3 Tantal 0,003 5 AlMgSi 0,003 6 Magnesium 0,003 8 (0,0041; 20 ◦ C) Palladium 0,003 8 Gold 0,003 98 Iridium 0,003 9 Platin 0,003 92 (0,0038; 20 ◦ C) Silber 0,004 1 Blei 0,004 22 Zink 0,004 2 Aluminium 0,004 29 Kupfer 0,004 3 (,0039; 20 ◦ C) Stahl C10 0,5% Mn 0,004 5 Dynamoblech 0,004 5 Bismut 0,004 5 Wolfram 0,004 6 (20 ◦ C)

Zinn Molybd¨an Lithium Indium Gusseisen Mangan Chrom Eisen Cobalt Nickel

0,004 63 0,004 7 (20 ◦ C) 0,004 9 (20 ◦ C) 0,004 9 0,005 (20 ◦ C) 0,005 3 (20 ◦ C) 0,005 9 (20 ◦ C) 0,006 1 (0,00657; 20 ◦ C) 0,006 6 (20 ◦ C) 0,006 8 (0,0055; 20 ◦ C)

Thermoelektrische Spannungsreihe

bezogen auf Platin (0 ◦ C) und Temperaturdifferenz 100 K Metall

U (in mV)

Bi Konstantan Co Ni Hg Pt Grafit Ta Al Mg Sn Pb Au Mn Zn W Rh Ir Ag Cu V2A-Stahl Cd Mo Fe CrNi Sb Si Te

–7,7 bis –7,0 –3,47 bis –3,40 –1,99 bis –1,52 –1,94 bis –1,20 –0,07 bis +0,04 ±0 +0,22 +0,34 bis +0,51 +0,37 bis +0,41 +0,40 bis +0,43 +0,40 bis +0,44 +0,41 bis +0,46 +0,56 bis +0,80 +0,57 bis +0,82 +0,60 bis +0,79 +0,65 bis +0,90 +0,65 +0,65 bis +0,68 +0,67 bis +0,79 +0,72 bis +0,77 +0,77 +0,85 bis +0,92 +1,16 bis +1,13 +1,80 bis +1,89 +2,20 +4,70 bis +4,86 +44,8 +50,0

Thermospannung

Bezugstemperatur 0 ◦ C (0 mV). F¨ur 20 ◦ C von allen Werten die Spalte bei 20 ◦ C subtrahieren. Thermopaar

–50 ◦ C

20 ◦ C

100 ◦ C

400 ◦ C

Pt/10% Rh Cu/CuNi NiCr/Ni Fe/CuNi

–0,236 –1,819 –1,899 –2,431

0,113 0,789 0,798 1,019

0,645 4,277 4,095 5,268

3,260 20,869 16,395 21,846

T

190

T Tabellen

Halbleiter: Silicium, Germanium und Galliumarsenid bei 300 K Bandl¨ucke Eigenleitungsdichte Effektive Zustandsdichte – im Leitungsband – im Valenzband Elektronenbeweglichkeit L¨ocherbeweglichkeit Permittivit¨atszahl therm. Ausdehnungskoeffizient Spezif. W¨armekapazit¨at W¨armeleitf¨ahigkeit Schmelztemperatur Kristallgitter Gitterkonstante Atomdichte Dichte Molare Masse

Ed Ni / V

(in eV) (in cm−3 )

n LB n VB u u⊕ εr αl cp λ Tm

(in cm−3 ) (in cm−3 ) (in cm2 V−1 s−1 ) (in cm2 V−1 s−1 ) (in K−1 ) (in J kg−1 K−1 ) (in W K−1 m−1 ) (in ◦ C)

a N/ V  M

(in m) (in cm−3 ) (in kg/m3 ) (in g/mol)

Sprungtemperatur von Supraleitern

Si 1,11 1,14·1010

Ge 0,660 2,24·1013

GaAs 1,43 2,0·106

32,2·1018 18,3·1018 1350 480 11,8 2,6·10−6 700 145 1415 Diamant 5,43095·10−19 5,0·1022 2328 28,09

10,4 ·1018 6,03·1018 3900 1900 16 5,8·10−6 310 64 937 Diamant 5,64613·10−19 4,42·1022 5326,7 72,60

0,455·1018 8,86·1018 8500 435 12,9 6,9·10−6 350 46 1238 Zinkblende 5,6533·10−19 4,42·1022 5320 144,63

Beweglichkeit n Ladungstr¨agerkonzentration, u Beweglichkeit der Elektronen bzw. Defektelektronen, σ elektr. Leitf¨ahigkeit.

Element

Tc (in K)

Bc (4,2 K) in T

Al Th Tl In Sn Hg Pb

1,19 1,37 2,39 3,4 3,72 4,15 7,2

0,0091 0,0162 0,0171 0,0293 0,0309 0,0412 0,0803

Zn NbSn2 Ta V Bi3 Sr Bi3 Ba Nb Mo3 Re Nb3 Au

0,9 2,6 4,39 5,3 5,62 5,69 9,2 9,8 11

0,0053 0,062 0,18 0,34 0,053 0,074 0,2 0,053 –

NbTi NbZr MoRe V3 Ga PbMo6 S8 V3 Si Nb3 Al Nb3 Sn Nb3 Ge

9,5 10,8 12,6 14,5 15 17 18 18 23

14

Bi2 Sr2 CaCu2 O8 Bi2 Sr2 Ca2 Cu3 O10 Te2 Ca2 Ba2 Cu3 Ox YBa2 Cu3 O7...8

92 110 125 135

Material SiC CdS Cu Diamant Te PbSe Si Ge GaAs InSb

n (cm−3 )

8,7·1022

1,5·1010 2,4·1013 9·106 1,1·1016

u(e) u(h) cm2 /Vs 60 8 200 480 – 1400 1000 1400 1020 930 1350 480 3900 1900 8500 450 77 000 700

σ (S/cm)

6·105

5·10−6 0,02 1·10−8 100

Hall-Koeffizient RH 10−11 m3 /C Elektronenleiter

25 L¨ocherleitung 30 bis 60 100 bis 200 100 bis 200 1730 bis 1760

Halbleiter

Cu Au Na Cs Cd Sn Be Bi InAs

+ 5,5 – 7,5 –25 –28 +6 +14 +24,4 –50000 –107

7 Elektrotechnik

191

Permittivit¨at (Gase bei 101,3 kPa)

εr

T /◦ C

Vakuum He Ar Luft, trocken CO2 Isolier¨ol Petroleum Dioxan Teflon Paraffin Polypropylen Polystyrol Polyethylen Polyamid Benzol Kautschuk Pressspan Polycarbonat Hartgummi Glas Porzellan Schellack Plexiglas Polyester Polyurethan PVC Acrylglas Quarz Epoxidharz Zellulosepapier Kondensatorpapier Phosphor Cellulose Mikanit Phenolharz Glas Hartgewebe Glimmer 1,2-DME MF SOCl2 SO2 Cl2 Essigs¨aure H2 S Pyridin Al2 O3 POCl3 SO2 Aceton NH3 Ethanol Ta2 O5 Methanol Glycerin NM Acetonitril N,N-DMF DMSO

1 1,000 066 1,000 504 1,000 594 1,6 2 bis 2,4 2,1 2,2 2,0 2,2 2,2 2,3 bis 2,5 2,3 2,3 2,28 2,5 2,5 bis 4 2,8 2,8 3 bis 15 3 bis 6 3,1 3,1 3,3 3,4 3,4 bis 4 3,5 3,5 bis 4,5 3,7 bis 4,2 4 4 bis 6 4,1 4,5 4,5 bis 5,5 5 5 bis 16 5 bis 6 6 bis 8 7,2 8,5 9,1 9,2 9,7 10,2 12,0 12 (6 bis 9) 13,7 13,8 20,7 22,0 24,3 27 31,2 41,1 36 36,0 36,7 46,6

0 0 0 0 –5

25 20 20 20 20 20 20

20 20

20

20

20

PC Glycerin Wasser Wasser Wasser HF EC H2 SO4 HCN NDK-Keramik HDK-Keramik BaTiO3

64 56 78,54 80,18 81,1 83,6 89 101 123 10 – 200 103 – 104 bis 3000

25 20 25 20 18 0 40 25 0 20 20

Abk¨urzungen: DMF Dimethylformamid, DME Dimethoxyethan, DMSO Dimethylsulfoxid, EC Ethylencarbonat, MF Methylformiat, NM Nitromethan, PC Propylencarbonat.

Dipolmoment μ (in 10−30 Cm) CO2 CO NO NO2 O3 HCl NH3 BrF5 SO2 H2 O AlCl3 HCN AgCl KCl CsCl NaCl

μ 0 0,4 0,5 1,0 1,8 3,6 4,9 5,0 5,5 6,2 6,6 9,9 19,1 34,3 34,8 30,0

Hexan Propen Toluol Propin Chloroform Methylamin Phenol Anilin Ethanol Essigs¨aure Chlormethan Acetaldehyd Aceton Nitromethan Acetonitril Nitrobenzol

μ 0 1,2 1,2 2,6 3,4 4,4 4,8 5,1 5,6 5,8 6,2 9,0 9,6 11,5 13,1 14,1

20

Polarisierbarkeit α

Polarisierbarkeitsvolumen α  von Gasen und Fl¨ussigkeiten

25 20 22 22 20 0 22 20 25 0 25 –34 25 20 20 20 25 25 25 25

H2 N2 CO2 HCl H2 O Benzol CCl4

α  (cm3 ) 0,819·10−24 1,77·10−24 2,63·10−24 2,63·10−24 1,48·10−24 10,4·10−24 10,5·10−24

α (F m2 = C2 m2 /J) 0,911·10−40 1,97·10−40 2,93·10−40 1,65·10−40 11,6·10−40

Molrefraktion Rm bei 589 nm in cm3 /mol C–H C–C C=C C≡C C–O C=O C≡N O–H

1,65 1,20 2,79 4,79 1,41 3,34 4,69 1,85

He

0,5

Li⊕ Na⊕ K⊕ Mg2⊕ Ca2⊕ Al3⊕ O2 F Cl Br

0,07 0,46 2,12 0,24 1,19 0,17 7 2,65 9,30 12,12

T

192

T Tabellen

Permeabilit¨at

μr und dichtebezogene Suszeptibilit¨at κ = χm / (in 10−9 m3 /kg = 10−6 cm3 /g) μr

κ

Diamagnetika

μr

1,000 0208 1,003 42

Aceton Benzol Chloroform CCl4 Cyclohexan Ethanol Ether Essigs¨aure Schwefels¨aure Wasser Al2 O3 Cu Hg NaCl S

0,999 9864

1,001 21 1,000 001 86 1,000 257

+8,2 +1120 +77 +18 900 +1320 +9500 +6,5 +10,0 +1450 +812 +7,5 +330 +1300 +12,2

Ferromagnetika

ohne Feld μr

S¨attigung μr

Gusseisen Stahl Hartmagnetika AlNiCo 12 6 AlNiCo 35 5 FeCoVCr 11 2 SeCo 112 100

50. . .100 200

500 2000...4000

Paramagnetika Al CuCl2 CuSO4 Fe (800◦ C) FeCl2 HCl K Mg MnCl2 MnSO4 Na NiSO4 O2 Pt

1,149 1,003 93 1,0156 1,000 0174 1,004 31

κ

0,999 9886

0,999 9927 0.999 9916 0,999 9929 0,999 990 83 0,999 990 97 0,999 9864 0,999 9904

-7,3 -8,2 -7,7 -5,4 -10,2 -9,3 -11,8 -6,8 -5,0 -9,05 -3,5 -1,08 -2,1 -6,4 -6,2

4 bis 5,5 3 bis 4,5 2 bis 8 1,1 μr,max 140 000 35 000 16 000 8 000

Weichmagnetika Mumetall e R Trafoperm e N2 Hyperm R 36 eM Permenorm R

Suszeptibilit¨at, magnetische

Curie-Temperatur

Ferromagnetika

χm

75 NiFe Reineisen Fe-Si Ferrit, weich AlNiCo Ferrit, hart

bis 90000 10000 6000 1000 3 0,3

Paramagnetika

χm

O2 Al Pt O2 ߬ussig

+1,5·10−6 +2,4·10−5 +2,5·10−4 +3,6·10−3

Diamagnetika

χm

N2 Wasser Au Cu Bi

–6,75·10−9 –7 ·10−6 –2,9 ·10−5 –1 ·10−5 –1,5 ·10−4

Dysprosium Gadolinium Eisencarbid (Zementit) Cu2 MnAl Nickel Bariumferrit Reineisen Cobalt

87 K 289 K = 16 ◦ C 452 K = 215 ◦ C 603 K = 876 ◦ C 631 K = 358 ◦ C 708 K = 435 ◦ C 1041 K = 768 ◦ C 1348 K = 1075 ◦ C

Ferrimagnetika Fe2 O3

858 K = 585 ◦ C

N´eel-Temperatur von Antiferromagnetika α-Fe2 O3 Cr FeO MnO Mn FeF2

955 K 475 K 198 K 122 K 95 K 80 K (ca.)

8 Optik

193

8 Optik Brechzahl

relativ zu Luft bei 20◦ C (293 K), n D = Natriumlicht 434 nm Fl¨ussigkeiten fl. NH3 Methanol D2 O Wasser Ether Ethanol Heptan k. H2 SO4 Glycerin CCl4 Toluol Benzol Pyridin Anilin CS2 Feststoffe LiF CaF2 Quarzglas KCl Plexiglas Kronglas NaCl Polyethylen Quarz Glimmer Polystyrol Flintglas Al2 O3 KI AgCl Diamant Gase Vakuum Helium Wasserstoff Sauerstoff Luft Stickstoff Ammoniak Kohlendioxid Chlor

1,3362 1,3404 1,3700

1,4729 1,5170 1,5236

1,6748

1,5050

1,7035

589,3 nm nD 1,325 1,3290 1,32844 1,33299 1,3529 1,3617 1,3754 1,43 1,455 1,4676 1,4955 1,5014 1,5094 1,5862 1,62774 1,3917 1,43383 1,4584 1,4904 1,491 1,50988 1,54426 1,51 1,54 1,58 1,588 1,6259 1,64 1,6664 2,071 2,4173

656 nm nC

1,3277 1,3312 1,3312 1,3605

1,4579 1,4911 1,4965

1,6182

1,4973

1,6581

1,0 1,000 034 1,000 139 1,000 271 1,000 292 1,000 297 1,000 37 1,000 45 1,000 781

Brechzahl doppeltbrechender Stoffe bei 589,3 nm relativ zu Luft bei 20◦ C (293 K) Eis, 0◦ C Quarz Calciumfluorid Korund

o 1,3091 1,54422 1,65838 1,768

ao 1,3105 1,55332 1,48642 1,760

Abbe-Zahl 20 ◦ C, 10325 Pa

νd

νe

CaF2 SiO2 Borkronglas BK7 Ethanol Wasser Plexiglas M222 NaCl Flintglas F2 Polystyrol Benzol C6 H6 Schwerflintglas CS2

95,4 67,7 64,0 55,8 55,6 52 43,2 36,4 31 30,1 26,1 18,4

94,7 68,4 64,2 56,8 55,8 52 42,5 36,1 31 30,1 25,9 18,3

Emissionsgrad Ober߬ache

T

ε⊥

Au, poliert Cu, poliert Messing Al, walzblank Ag, blank Cr, poliert Cu Mg Fe, poliert Al, oxidiert Al-Bronze Zink, grau oxidiert Fe, verzinkt Stahl, poliert Ni Pt Stahl, roh Wolfram Messing, oxidiert Eisen, verrostet Ton Kupfer, oxidiert Seide, Baumwolle Emaille-Lack Holz (Buche, Eiche) Kunststoffe Dachpappe Ziegelstein Menninge (100 ◦ C) Porzellan Glas Buchenholz Mauerwerk Beton Heizk¨orperlack Wasser Eisoberfl¨ache schwarzer Lack

230 ◦ C 20 ◦ C 25 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 150 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 100 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 25 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 200 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 25 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 20 ◦ C 0 ◦C 80 ◦ C

0,018 0,03 0,035 0,04 0,02 (0,05) 0,058 0,1 bis 0,25 0,1 bis 0,45 0,17 0,20 0,20 – 0,40 0,23 – 0,28 0,25 0,26 0,3 bis 0,4 0,3 bis 0,4 0,35 bis 0,95 0,4 0,61 0,61 – 0,85 0,75 0,78 0,78 0,85 – 0,95 0,89 – 0,93 – 0,91 – 0,93 0,92 0,93 0,93 0,94 0,94 – – 0,93 0,95 0,96 0,97

ε

0,05 0,071

0,5

T 0,90

0,90 0,93 0,94

194

T Tabellen

9 Atom- und Kernphysik Wechselwirkung: Materie-Strahlung Struktur

Wellenl¨ange

Wellenart

Festk¨orper

10 km ... 1 m 1 m ... 1 mm 1 mm ... 1 μm 770 .. 390 nm 400 ... 10 nm 10 nm ... 1 pm