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Blatt 6

BeitragVerfasst: 27.11.2009 17:26
von alles is relativ
Also ich fang mal mit ner frage an!!!bei der 4. aufgabe weichen bei euch die errechneten werte auch so von den literaturwerten ab? des berechnet man ja mit der Formel für Tend aus der Vorlesung?

Re: Blatt 6

BeitragVerfasst: 28.11.2009 17:42
von Kazaar
Ja, man nimmt bei Aufgabe 4 an, dass die Wärme beim "Mischen" erhalten bleibt und wendet die Definitionen der verschiedenen Wärmekapazitäten an.

Hat bei Aufgabe 2 jemand mehr gemacht als in zwei Zeilen den Grenzwinkel der Totalreflexion auszurechnen? (Winkel gegen die Oberfläche, nicht wie üblich gegen das Lot)

Re: Blatt 6

BeitragVerfasst: 29.11.2009 13:00
von the p0l0x
@Kazaar: die frage stellt sich mir bei der 2 auch.
zur 1:
d_{max}=c_0/ \omega \cdot \pi /4 \cdot (n_H^2 - n_L^2)^{-1/2}
bzw.
\omega_{max}=c_0/ d \cdot \pi /4 \cdot (n_H^2 - n_L^2)^{-1/2}

Re: Blatt 6

BeitragVerfasst: 29.11.2009 17:26
von alles is relativ
wie kommst du bei eins dadrauf? des thema is mir irgendwie sehr suspekt und da ich grad am theo büffeln bin kann ich mich irgendwie auch nicht einlesen!! also zur zwei ich hab da dann noch berücksichtigt, dass beim einspeosen des lichtes ich noch den Winkel berücksichtigen muss der von luft in den kern entstht. Bekomm was um die 6 grad für den akzeptanzwinkel!!
wär übrigens kuhl wenn mir jemand bei der 3und 1 helfen könnt ich steh echt sowas von aufm schlauch!!

Re: Blatt 6

BeitragVerfasst: 29.11.2009 21:51
von chrisch
Hier mal die 1 und 2. Etwas mit der heißen Nadel gestrickt, aber es sollte richtig sein. Bei der 1 reicht es wohl, bis man die beiden Ausdrücke für d und w bzw. f hat. Ich hab da noch bisschen weiter gerechnet. Man entschuldige meine Sauklaue.

Hat jemand die 3 und die 4?

Re: Blatt 6

BeitragVerfasst: 30.11.2009 20:00
von dotti
Hier mal zur 3:
dS=\frac{\delta Q}{T}=\frac{c\cdot dt}{T}
\Rightarrow \Delta S=\int_{T_1}^{T_2}\frac{c}{T}dT
man kann ja sagen, dass die gesamt innere Energie erhalten bleibt und so T2 für beide bestimmen (20Grad)

Ich hab dann raus
\Delta S=\Delta S_1+\Delta S_2=0,17\frac{kJ}{K} !
Da nun gilt dU=0\neq T dS ist der Prozess nicht reversibel!

Re: Blatt 6

BeitragVerfasst: 30.11.2009 20:19
von M.A.
dotti hat geschrieben:man kann ja sagen, dass die gesamt innere Energie erhalten bleibt und so T2 für beide bestimmen (20Grad)

Du meinst wohl T_0 , weil du ja von Anfangstemperatur T_i (mit i=1,2) bis zur sich einstellenden Endtemperatur T_0 integrierst. Und die wäre übrigens 40°C und nicht 20 ;)
Aber ansonsten stimme ich deiner Lösung zu, habe es auch so.

Re: Blatt 6

BeitragVerfasst: 30.11.2009 20:30
von dotti
Ja hast recht, dass war natürlich quatsch ;-p

Re: Blatt 6

BeitragVerfasst: 30.11.2009 21:57
von Shadak
leuts vergesset net in grad kelvin umzurechnen!

edit: 1-4 gelöst. (danke an moritz)

Ex III Üb VI

Aufgabe 1

Aus dem Skript kommt folgende Gleichung:

\tan\left(\gamma_{H}\cdot d\right)&=&\sqrt{\frac{\frac{\omega^{2}}{c_{0}^{2}}\left(n_{H}^{2}-n_{L}^{2}\right)\cdot d^{2}}{\gamma_{H}^{2}\cdot d^{2}}-1}

Damit es nur einen Schnittpunkt für der beiden Seiten der Gleichung gibt muss \gamma_{H}d<\frac{\pi}{2} sein (graphisch analog zur Vorlesung erkannt) und die Wurzelfunktion darf für \gamma_{H}d\geq\frac{\pi}{2} nicht existieren.

Ergo gilt für die Schichtdicke:

\omega&=&2\cdot f\cdot\pi\\&=&\frac{2\cdot c\cdot\pi}{\lambda}\\\frac{\omega^{2}}{c_{0}^{2}}\frac{\left(n_{H}^{2}-n_{L}^{2}\right)\cdot d^{2}}{\gamma_{H}^{2}\cdot d^{2}}-1&<&0\\\frac{\omega^{2}}{c_{0}^{2}}\left(n_{H}^{2}-n_{L}^{2}\right)\cdot d^{2}&<&\gamma_{H}^{2}\cdot d^{2}<\frac{\pi^{2}}{4}\\d^{2}&<&\frac{\pi^{2}\cdot c_{0}^{2}}{4\cdot\omega^{2}\cdot\left(n_{H}^{2}-n_{L}^{2}\right)}\\d^{2}&<&\frac{\pi\cdot c_{0}^{2}\cdot\lambda}{c\cdot\left(n_{H}^{2}-n_{L}^{2}\right)}\\d&<c_{0}&\sqrt{\frac{\pi\cdot\lambda}{c\cdot\left(n_{H}^{2}-n_{L}^{2}\right)}}

und für die Frequenz in Abhängigkeit von der Schichtdicke:

d^{2}&<&\frac{\pi\cdot c_{0}^{2}\cdot\lambda}{c\cdot\left(n_{H}^{2}-n_{L}^{2}\right)}\\f&<&\frac{c_{0}^{2}\cdot\pi}{d^{2}\cdot\left(n_{H}^{2}-n_{L}^{2}\right)}

Aufgabe 2

Der Brechungswinkel darf maximal 90° sein, ergo ist der \sin=1

Aus der Vorlesung ist bekannt:

\frac{\sin\delta_{1}}{\sin\delta_{2}}&=&\frac{n_{2}}{n_{1}}\\\delta_{1}&=&90°\\\Rightarrow\delta_{2}&=&\arcsin\left(\frac{\sin\grave{\left(\delta_{1}\right)\cdot n_{1}}}{n_{2}}\right)\\&=&85.5°

Aufgabe 3

Alle Formeln aus der Vorlesung bzw. vom ÜB V A1

T_{1}&=&333.15K\\T_{2}&=&293.15K\\T_{End}&=&40°C(trivial)\\&=&313.15K\\U_{i}&=&c\cdot T_{i}\\U_{Ges}&=&U_{1}+U_{2}\\&=&c\cdot T_{1}+c\cdot T_{2}\\&=&c\cdot(T_{1}+T_{2})\\&=&2630.46kJ\\\Delta U_{i}&=&\frac{\delta Q_{i}}{T_{End}}\\&=&\Delta S_{i}\\&=&\frac{c\cdot\left(T_{2}-T_{End}\right)}{T_{End}}

Da die Entropieänderung des Gesamtsystems 0 ist (trivial, da geschlossenes System) folgt daraus:

-\Delta S_{1}&=&\Delta S_{2}\\\left|\Delta S_{1}\right|&=&\left|\Delta S_{2}\right|

Somit ergibt sich als Entropieänderung für einen Körper:

\Delta S&=&\frac{c\cdot\left(T_{2}-T_{End}\right)}{T_{End}}\\&=&\frac{4.2\cdot313.15}{293.15}\unitfrac{kJ}{K}\\&=&4.49\unitfrac{kJ}{K}

Irreversibel wegen dem zweiten Hauptsatz der Thermodynamik, welcher einen Wärmetransport von einem kalten zu einem warmen Reservoir verbietet.

Aufgabe 4

Formeln aus A3 und aus wikipedia, Literaturwerte (Index Lit) wikipedia, Index DP sind die Dulong-Petitwerte

C_{Mol} ist die molare, spezifische Wärmekapazität, M ist die Molare Masse, n ist die Stoffmenge, der Index M kennzeichnet einen Wert der zu einem allg. Metall gehört.

U_{Ges}&=&c_{H_{2}O}\cdot T_{H_{2}O}+c_{M}\cdot T_{M}\\\Delta Q&=&c\cdot m\cdot\Delta T\\\Delta Q&=&C_{mol}\cdot n\cdot\Delta T\\C_{mol}&=&c\cdot M\\M_{Pb}&=&207,2\unitfrac{g}{mol}\\M_{Cu}&=&63,546\unitfrac{g}{mol}\\M_{Al}&=&26,981538\unitfrac{g}{mol}\\C_{Mol,DP}&=&3\cdot R\\&=&24.9\unitfrac{J}{mol\cdot K}\\\Delta Q_{M}&=&\Delta Q_{H_{2}O}\\c_{M}&=&\frac{c_{H_{2}O}\cdot m_{H_{2}O}\cdot\Delta T_{H_{2}O}}{m_{M}\cdot\Delta T_{M}}\\c_{Pb}&=&228\unitfrac{J}{kg\cdot K}\\c_{Pb,Lit}&=&129\unitfrac{J}{kg\cdot K}\\C_{Pb}&=&47.24\unitfrac{J}{mol\cdot K}\\c_{Cu}&=&260\unitfrac{J}{kg\cdot K}\\c_{Cu,Lit}&=&385\unitfrac{J}{kg\cdot K}\\C_{Cu}&=&16.52\unitfrac{J}{mol\cdot K}\\c_{Al}&=&632\unitfrac{J}{kg\cdot K}\\c_{Al,Lit}&=&897\unitfrac{J}{kg\cdot K}\\C_{Al}&=&17.05\unitfrac{J}{mol\cdot K}

Die zum Teil signifikanten Abweichungen dürften auf Messfehlern im Experiment beruhen. Die Abweichungen der molaren Wärmekapazität von der Regel von Dulong-Petit gilt nur für monoatomare Festkörper exakt, für alle anderen Körper nur näherungsweise und für Temperaturen gegen 0°K nur noch mit großer Abweichung.

Re: Blatt 6

BeitragVerfasst: 02.12.2009 16:56
von Atomwürmchen
Zu Aufgabe 3:

Es ist nicht \Delta U=\delta Q+\delta W , sondern dU=\delta Q+\delta W . Somit erhälst du die Gesamtänderung erst durch Integration.

\Delta S=\int\frac{dU}{T}=\int\frac{C\cdot dT}{T}