Übung am Do, 09.11.2006

Beitrag von **pat** » 07.11.2006, 17:09

Angabe
Lösung

Also es gibt mal das erste Beispiel: Beispiel 5

Gleich eine Frage: Ich sehe irgendwie bei jedem, von dem ich mir das Beispiel in irgendeiner Form geborgt habe, dass bei der Berechnung von d die Hälfte rauskommt und sich die Leute dann damit behelfen, einfach zu sagen "Naja, hab ich mir halt den Radius ausgerechnet, mal 2 und schon hab ich den Durchmesser".

Das kanns doch nicht sein, oder?
Vielleicht hab ich mich aber auch einfach nur vertan.

Selbes Problem Beispiel 6: Wieso verwende ich die Formel für die in den gesamten Halbraum abgestrahlte Leistung? Gibt es hier irgendeine logische Erklärung oder wurde der Draht einfach an die Decke gepickt?

Bitte um Meldungen...

Gregor · Beitrag von **Gregor** » 07.11.2006, 19:23

Servus;

Falls dir auch mein Beispiel begegnet ist.. mit der Methode berechnet man eben den Radius. Ich war dann nur verwundert dass der Durchmesser gefragt ist.

Beitrag von **pat** » 07.11.2006, 19:32

Ich meinte, dass ich Formeltechnisch der Durchmesser (laut Formel) auf die Hälfte vom gefragten Durchmesser ergibt. Und dann einfach mal 2 zu rechnen ist doch physikalisch und mathematisch unsinnig...

Bitte einfach mal Beispiel anschaun: die Formeln müssten doch stimmen
Wenn ich einen Faktor 1/2 einbaue (von Radius auf Durchmesser), wird mir der durch die Wurzel komplett abgefälscht und es kommt nur noch Mist raus. Gna...

PhilippD · Beitrag von **PhilippD** » 07.11.2006, 21:59

Du hast leider einen Fehler in deiner Überlegung:

S* ist die spektrahle Strahlungsdichte pro Sterradiant und pro Flächeneinheit.

Habe die gesamte Lösung gepostet.

Achtung im Gegensatz zu Pat sind:
r.... Radius Planet
a.... Distanz Detektor-Planet
$A_D$ ... Fläche Detektor /Segel
$P_D$ ... Leistung am Detektor /Segel
$P_K$ ... Leistung des Planeten (Kugel)

Eine näherungsweise ebene Oberfläche kann immer nur in den äusseren Halbraum abstrahlen.

Die gesamte abgestrahlte Leistung pro Flächenelement ist: $P_F=\frac{\partial P }{\partial F}=\int S* d\Omega=\sigma T^4$

Die von der gesamten Kugel nach aussen abgestrahlte Leistung ist folglich:
$P=\int \frac{\partial P }{\partial F} dF = \sigma T^4 *O=\sigma T^4 *4\pi r^2$ (1)

Nachdem die Leistung in dem gesamten Raum (Raumwinkel= $4\pi$ ) gleichmässig abgestrahlt wird, verhält sich die Leistung : Raumwinkel wie Gesamtleistung zu $4\pi$ :
$\frac{P_{D}}{P_{K}}=\frac{\Delta\Omega}{4\pi}=\frac{\frac{A_{D}}{a^2}}{4\pi}$ (2)

Aus (1) $r$ ausgedrückt und aus (2) $P_{K}$ ausgedrückt und eingesetzt ergibt:

$r=\sqrt{\frac{P_{D} a^2}{\sigma T^4 A_D}$

... und ganz ohne Zauber kommt man aufs richtige Ergebniss.

Lucy · Beitrag von **Lucy** » 07.11.2006, 22:05

Mhm ich frag mich schon warum sich keiner über Beispiel 3 wundert warum für S* plötzlich auf Seite 79 ein cosDeta auftaucht.... ich mein is jetzt die Hohlraumstrahlung winkelabhängig oder wie is das?

sonst hab ich bei dem beispiel beinahe alles so gedreht das es zusammenpasst, bloss eben wie dieser cosinus ins bild passt is mir schleierhaft

danke für hilfreiche Antworten

Lg L

Beitrag von **pat** » 07.11.2006, 22:56

Denke schon, dass die gemessene Strahlung winkelabhängig ist. Zumindest wird ja im Beispiel 5 extra ein senkrechter Einfall angenommen...

Auf jeden Fall passt das Beispiel 5 jetzt. Mit dem Wissen wird das 6te ja wohl auch zu machen sein. Danke Philipp

Beitrag von **theo** » 07.11.2006, 22:58

Beispiel 2 ist auf Seite 539: 17a)

$Epot=Z*e^2/(4*PI*E0*r)$

Z ... Massenzahl von Cu = 29
r = rmin
E0 = 8,854 * 10^-12
e = 1,602 * 10^-19

$Ekin=Epot=m*v^2/2$

m ... Masse eines Protons = 1AME = 1,66 * 10^-27kg

Bei dem Beispiel wird angenommen, dass der Cu-Kern fest im Raum verankert ist. Ansonsten müsste man bei Ekin mit mü statt m arbeiten, da ein Teil der ursprünlichen kinetischen Energie auf den Kern übertragen würde.

PhilippD · Beitrag von **PhilippD** » 07.11.2006, 22:59

S* ist wie gesagt pro Fläche. Betrachtet man ein Flächenstück unter einem gewissen Winkel zur Flächennormalen, "sieht" man nur die Fläche * cos $\varphi$ .
Anders gesagt, man betrachtet immer die Projetion des Flächenstückes auf die Beobachtungsebene.

Ist zwar keine genaue inhaltliche Begründung. Man kann sich vielleicht vorstellen die Fläche besteht aus lauter Sendern (Atomen) die die Strahlung aussenden und von der Seite betrachtet decken die vorderen Sender einen Teil der Strahlung der hinteren ab.

Ich hoffe das war nicht total unverständlich, sonst bitte mit Papier Bleistift mich auf der Uni fragen oder es besser erklären.

Beitrag von **pat** » 07.11.2006, 23:03

Habs mit $\mu$ gerechnet.

Was haltet ihr eigentlich von dem Gerücht "Gruppenarbeit", das ich hiermit in die Welt setze? Zumindest gabs vor 2 Jahren (ifp-Jahrgang, unserer) laut ph-forum eine...

Zumindest die Beispiele 3 und 4 sind mal nicht Test-relevant.

Beispiel 5 und 6 schon eher...

PhilippD · Beitrag von **PhilippD** » 07.11.2006, 23:04

Zu Bsp. 2:

Man sollte statt mit der Masse m auch mit der reduzierten Masse $\mu$ arbeiten, ändert aber Aufgrund der großen Differenz praktisch nichts.

PhilippD · Beitrag von **PhilippD** » 07.11.2006, 23:20

Um das Niveau der bisherigen Übung zu halten tippe ich am ehesten auf Bsp 2.

m0tzerl · Beitrag von **m0tzerl** » 07.11.2006, 23:40

ja, frage: was ist eigentlich der genau grund, warum man im bsp. 2 mit der reduzierten masse rechnen müsste? habs vergessen...lang her.

hat irgendwer bsp 6?

Beitrag von **pat** » 07.11.2006, 23:46

Naja, du musst bedenken, dass Proton und Cu-Atom nach dem Stoß aneinander haften bleiben und gemeinsam weiterschwirren. Also rein bildlich gesprochen...

Ich hab im Beispiel 6 die richtige Formel, die richtigen Werte und den richtigen Taschenrechner... ABER: ich komm nicht auf den Wert. Seltsam... sehr seltsam.

Hoffe, es geht heute noch online...

Edit: Nein, die Werte haben doch nicht gepasst...

Neue Version mit Beispiel 2-6 online. Beispiel 3 noch im Werden begriffen

m0tzerl · Beitrag von **m0tzerl** » 08.11.2006, 20:23

hmmmm - ja, aber wie man rein mathematisch auf die reduzierte masse kommt wisst ihr auch nicht? hat das nicht irgendwas mit schwerpunktsystem und relativgeschwindigkeit zu tun? hab so was in erinnerung... naja, eigentlich eh uninteressant. wird hingenommen.

Gal Martin · Beitrag von **Gal Martin** » 08.11.2006, 21:22

ka ob das stimmt aber angeblich transformirst dein koordinaten system in eine masse und beobachtest von der aus oder sowas war das

forum.technische-physik.at

Übung am Do, 09.11.2006

Übung am Do, 09.11.2006

Bsp 5

Beispiel 3

Bsp 2