Werkstoffkunde für EEI - Exam

Aufgabe 1)

Du bist Ingenieur und arbeitest an einem Projekt, bei dem Du verschiedene Werkstoffe für die Entwicklung eines neuen Produkts evaluieren musst. Du musst die Werkstoffe nach ihren Eigenschaften und Anwendungsbereichen klassifizieren und auswählen. Basierend auf den folgenden Informationen über die Klassifikation der Werkstoffe, beantworte die folgenden Fragen. Metalle haben eine gute Leitfähigkeit und hohe Festigkeit und umfassen Materialien wie Eisen und Aluminium. Polymere bestehen aus organischen Verbindungen, sind flexibel und leicht, wie Kunststoffe. Keramiken sind hochtemperaturbeständig, hart und spröde, wie Ton und Glas. Verbundstoffe kombinieren mehrere Werkstoffe, um bessere Eigenschaften zu erzielen, wie Stahlbeton.

a)

Erläutere die vier Hauptkategorien von Werkstoffen und gib jeweils ein Beispiel an. Begründe die Wahl Deines Beispiels basierend auf den Eigenschaften des Werkstoffs.

Lösung:

Werkstoffkategorien und ihre Beispiele

• Metalle: Metalle sind Werkstoffe, die durch ihre gute Leitfähigkeit und hohe Festigkeit gekennzeichnet sind. Sie sind oft leicht formbar und lassen sich gut schweißen. Beispiel: Eisen Begründung: Eisen ist ein hervorragendes Beispiel für ein Metall, da es eine sehr hohe Festigkeit sowie eine gute elektrische und thermische Leitfähigkeit besitzt. Es wird häufig in der Bauindustrie und im Automobilbau verwendet.
• Polymere: Polymere bestehen aus organischen Verbindungen und zeichnen sich durch ihre Flexibilität und ihr geringes Gewicht aus. Sie sind oft widerstandsfähig gegenüber Chemikalien. Beispiel: Kunststoff (Polyethylen) Begründung: Polyethylen ist ein gebräuchlicher Kunststoff, der außergewöhnlich flexibel und leicht ist. Er wird häufig in Verpackungen, Spielzeugen und Haushaltsgegenständen eingesetzt.
• Keramiken: Keramiken sind hochtemperaturbeständige, harte und spröde Werkstoffe. Sie haben eine ausgezeichnete Beständigkeit gegen Verschleiß und Korrosion. Beispiel: Ton Begründung: Ton ist ein typisches Beispiel für einen keramischen Werkstoff, der sich durch hohe Härte und Hitzebeständigkeit auszeichnet. Er wird oft für Ziegel, Töpferwaren und feuerfeste Materialien verwendet.
• Verbundstoffe: Verbundstoffe kombinieren mehrere Werkstoffe, um verbesserte Eigenschaften zu erzielen. Sie bieten typischerweise eine gute Balance zwischen Festigkeit, Flexibilität und Gewicht. Beispiel: Stahlbeton Begründung: Stahlbeton besteht aus einer Kombination von Stahl und Beton, was ihm sowohl hohe Festigkeit als auch Flexibilität verleiht. Er wird häufig im Bauwesen für Strukturen verwendet, die sowohl hohen Belastungen als auch Erschütterungen standhalten müssen.

b)

Wähle einen der oben genannten Werkstoffe und beschreibe ein reales Anwendungsbeispiel. Analysiere, warum dieser Werkstoff in der spezifischen Anwendung eingesetzt wird und welche Vorteile er dabei bietet.

Lösung:

Anwendung von Stahlbeton im Hochbau

Stahlbeton ist ein Verbundstoff, der eine Kombination aus Beton und Stahl darstellt. Er wird häufig im Hochbau verwendet, insbesondere für den Bau von Brücken, Hochhäusern und anderen großen Bauwerken. Ein reales Anwendungsbeispiel ist der Bau von Wolkenkratzern.

Warum wird Stahlbeton im Hochbau verwendet?

• Hohe Festigkeit: Stahlbeton kombiniert die Druckfestigkeit des Betons mit der Zugfestigkeit des Stahls. Dies ermöglicht es den Bauwerken, extremen Lasten standzuhalten, einschließlich hoher Gebäudelasten und seismischer Aktivitäten.
• Lange Lebensdauer: Stahlbeton bietet eine hervorragende Beständigkeit gegen Umwelteinflüsse und Korrosion, was zu einer längeren Lebensdauer der Bauwerke führt. Dies ist besonders wichtig für Wolkenkratzer, die über Jahrzehnte hinweg sicher und stabil bleiben müssen.
• Flexibilität im Design: Stahlbeton kann in verschiedenen Formen und Größen hergestellt werden, was Architekten und Ingenieuren mehr Freiheit bei der Gestaltung von Bauwerken gibt. Diese Flexibilität ist entscheidend für die Erstellung von innovativen und ästhetisch ansprechenden Gebäuden.
• Kosten-Effizienz: Trotz seiner hohen Leistungsfähigkeit ist Stahlbeton relativ kosteneffizient in der Herstellung und Verwendung. Die Kombination von Beton und Stahl ist oft günstiger als reine Stahlkonstruktionen, bietet jedoch ähnliche oder sogar bessere strukturelle Eigenschaften.

Fazit: Stahlbeton wird im Hochbau hauptsächlich wegen seiner hohen Festigkeit, Langlebigkeit, Designflexibilität und Kosteneffizienz verwendet. Diese Vorteile machen ihn besonders geeignet für den Bau von Wolkenkratzern, die dauerhaft starken Belastungen und Umwelteinflüssen ausgesetzt sind.

c)

Angenommen, Du musst ein flexibles und leichtes Bauteil für eine Anwendung im Automobilbau entwickeln. Welchen Werkstoff würdest Du wählen und warum? Berücksichtige dabei Faktoren wie Gewicht, Flexibilität und Nachhaltigkeit.

Lösung:

Auswahl eines Werkstoffs für ein flexibles und leichtes Bauteil im Automobilbau

Empfohlener Werkstoff: Polyethylen (Kunststoff)

Für die Entwicklung eines flexiblen und leichten Bauteils für den Automobilbau würde ich Polyethylen als Werkstoff wählen. Polyethylen ist ein Polymer, das sich durch seine Flexibilität und sein geringes Gewicht auszeichnet. Nachfolgend erkläre ich die Gründe für diese Wahl unter Berücksichtigung der wichtigsten Faktoren:

Faktoren zur Wahl des Werkstoffs

• Gewicht: Polyethylen ist sehr leicht im Vergleich zu Metallen und Keramiken. Dies trägt zur Reduzierung des Gesamtgewichts des Fahrzeugs bei, was wiederum den Kraftstoffverbrauch senkt und die Energieeffizienz erhöht.
• Flexibilität: Polyethylen ist äußerst flexibel und formbar, was es ideal für die Herstellung von Komponenten mit komplexen Formen macht. Diese Eigenschaft ermöglicht es, Bauteile zu entwickeln, die sich an verschiedene Designs und Einsatzbereiche im Automobilbau anpassen lassen.
• Nachhaltigkeit: Moderne Polyethylenmaterialien können umweltfreundlich und recyclebar sein. Die Automobilindustrie bemüht sich zunehmend um nachhaltige Lösungen, und die Verwendung von recyceltem Polyethylen hilft, den ökologischen Fußabdruck zu verringern.
• Widerstandsfähigkeit: Polyethylen ist widerstandsfähig gegen chemische Einwirkungen, Feuchtigkeit und Abnutzung. Diese Eigenschaften sind besonders wichtig für Bauteile, die den harten Bedingungen im Automobilbau standhalten müssen.

Beispiele für Anwendungen

• Innenverkleidungen: Leichte und flexible Kunststoffteile eignen sich ideal für Innenverkleidungen in Fahrzeugen.
• Kabelkanäle und Schutzschläuche: Flexibilität und Leichtigkeit machen Polyethylen zur besten Wahl für Schutzabdeckungen von elektrischen Kabeln.
• Stoßfänger und Schutzleisten: Die Schlagfestigkeit und Formbarkeit von Polyethylen ermöglichen die Herstellung von Stoßfängern und Schutzleisten, die sowohl leicht als auch widerstandsfähig sind.

Fazit: Polyethylen als Polymer stellt eine exzellente Wahl für ein flexibles und leichtes Bauteil im Automobilbau dar. Seine geringen Gewicht, Flexibilität, Recyclingfähigkeit und Widerstandsfähigkeit machen es zu einem idealen Werkstoff für eine Vielzahl von Anwendungen im Fahrzeugbau.

d)

Berechne die theoretische Dichte eines Verbundwerkstoffs, der aus 60% Aluminium (Dichte = 2,7 g/cm³) und 40% Glasfasern (Dichte = 2,5 g/cm³) besteht. Zeige alle Schritte Deiner Berechnung.

Lösung:

Berechnung der theoretischen Dichte eines Verbundwerkstoffs

Um die theoretische Dichte eines Verbundwerkstoffs zu berechnen, der aus verschiedenen Materialien besteht, verwenden wir die Regel der Mischdichte. Diese besagt, dass die Dichte des Verbundwerkstoffs das gewichtete Mittel der einzelnen Materialdichten ist, basierend auf ihren Volumenanteilen.

Gegebene Werte:

• Dichte von Aluminium: \(\rho_{\text{Al}} = 2,7\ \text{g/cm}^3\)
• Dichte von Glasfasern: \(\rho_{\text{Glas}} = 2,5\ \text{g/cm}^3\)
• Volumenanteil von Aluminium: 60% = 0,60
• Volumenanteil von Glasfasern: 40% = 0,40

Formel zur Berechnung der Mischdichte:

Die theoretische Dichte \(\rho_{\text{Verbund}}\) des Verbundwerkstoffs können wir berechnen mit:

\[\rho_{\text{Verbund}} = (\rho_{\text{Al}} \times \text{Volumenanteil von Aluminium}) + (\rho_{\text{Glas}} \times \text{Volumenanteil von Glasfasern})\]

Einsetzen der Werte:

\[\rho_{\text{Verbund}} = (2,7\ \text{g/cm}^3\ \times 0,60) + (2,5\ \text{g/cm}^3\ \times 0,40)\]

\[\rho_{\text{Verbund}} = 1,62\ \text{g/cm}^3\ + 1,00\ \text{g/cm}^3\]

\[\rho_{\text{Verbund}} = 2,62\ \text{g/cm}^3\]

Ergebnis:

Die theoretische Dichte des Verbundwerkstoffs, der aus 60% Aluminium und 40% Glasfasern besteht, beträgt 2,62 g/cm³.

Aufgabe 2)

Metalle: Hohe Leitfähigkeit, Duktilität, Festigkeit. Beispiele: Stahl, Aluminium. Keramiken: Hohe Härte, niedrige Duktilität, hitzebeständig. Beispiele: Siliziumkarbid, Aluminiumoxid. Polymere: Geringes Gewicht, niedrige Dichte, vielseitig einsetzbar. Beispiele: Polyethylen, Polypropylen. Verbundwerkstoffe: Kombination mehrerer Werkstoffe für optimierte Eigenschaften. Beispiele: GFK (Glasfaserverstärkter Kunststoff), CFK (Kohlenstofffaserverstärkter Kunststoff).

a)

1. Eigenschaftsvergleich: Vergleiche die mechanischen Eigenschaften von Metallen und Keramiken. Diskutiere inwiefern diese Eigenschaften sie für die Konstruktion von Hochtemperaturanwendungen geeignet oder ungeeignet machen. Nenne jeweils zwei Beispielanwendungen für Metalle und Keramiken und begründe Deine Auswahl.

Lösung:

Eigenschaftsvergleich:

• Metalle: Metalle wie Stahl und Aluminium zeichnen sich durch hohe Leitfähigkeit, Duktilität (Verformbarkeit) und Festigkeit aus. Diese Eigenschaften machen sie widerstandsfähig gegen mechanische Beanspruchungen und geben ihnen die Fähigkeit, hohe Kräfte zu absorbieren und Stöße zu dämpfen. Beispielanwendungen für Metalle:
  • Turbinenblätter: Aus Stahl gefertigt, sind sie in der Lage, hohe mechanische Belastungen und Temperaturen zu bewältigen. Die Duktilität ermöglicht es, Verformungen zu absorbieren, ohne zu brechen.
  • Flugzeugrümpfe: Aluminium wird wegen seiner Kombination aus geringem Gewicht und hoher Festigkeit verwendet. Es kann hohe mechanische Beanspruchungen aushalten, die durch Start, Landung und Luftströmungen verursacht werden.
• Keramiken: Keramiken wie Siliziumkarbid und Aluminiumoxid besitzen eine hohe Härte und sind äußerst hitzebeständig. Jedoch haben sie eine niedrige Duktilität, was bedeutet, dass sie spröde sind und bei hohen mechanischen Beanspruchungen zerbrechen können. Beispielanwendungen für Keramiken:
  • Hitzeschilde für Raumfahrzeuge: Siliziumkarbid, wegen seiner hohen Hitzebeständigkeit und geringen Wärmeleitfähigkeit, schützt Raumfahrzeuge beim Wiedereintritt in die Erdatmosphäre vor extremen Temperaturen.
  • Brennkammerauskleidungen: In Gasturbinen werden Aluminiumoxid-Keramiken verwendet, da sie den hohen Temperaturen und der korrosiven Umgebung von Brennkammern widerstehen können.

Zusammenfassung:

Metalle sind aufgrund ihrer Duktilität und Festigkeit ideal für Anwendungen geeignet, die hohe mechanische Belastungen bei mäßigen Temperaturen erfordern. Demgegenüber eignen sich Keramiken hervorragend für Hochtemperaturanwendungen, bei denen mechanische Belastungen gering sind, aber extreme Hitze- und Korrosionsbeständigkeit erforderlich sind.

b)

2. Berechnung der Festigkeit: Ein Bauteil aus Aluminium (Metall) und ein Bauteil aus Siliziumkarbid (Keramik) werden gleicher Belastung ausgesetzt. Die Zugfestigkeit von Aluminium beträgt 300 MPa und die von Siliziumkarbid beträgt 550 MPa. Berechne die maximale Belastung, die jedes Bauteil aushalten kann, wenn beide Bauteile einen Querschnitt von 10 mm² haben.

Lösung:

Berechnung der Festigkeit:

Um die maximale Belastung zu berechnen, die jedes Bauteil aushalten kann, verwenden wir die Zugfestigkeitsformel:

\[ \text{Belastung} = \text{Zugfestigkeit} \times \text{Querschnittsfläche} \]

Wir konvertieren die Querschnittsfläche von mm² in m²:

\[ 10 \text{ mm}^2 = 10 \times 10^{-6} \text{ m}^2 \]

Berechnung für Aluminium:

• Zugfestigkeit von Aluminium: \( \text{Zugfestigkeit}_{\text{Aluminium}} = 300 \text{ MPa} = 300 \times 10^6 \text{ Pa} \)
• Querschnittsfläche: \( \text{A}_{\text{Aluminium}} = 10 \times 10^{-6} \text{ m}^2 \)
• Belastung für Aluminium: \[ \text{Belastung}_{\text{Aluminium}} = 300 \times 10^6 \times 10 \times 10^{-6} = 3000 \text{ N} \]

Berechnung für Siliziumkarbid:

• Zugfestigkeit von Siliziumkarbid: \( \text{Zugfestigkeit}_{\text{Siliziumkarbid}} = 550 \text{ MPa} = 550 \times 10^6 \text{ Pa} \)
• Querschnittsfläche: \( \text{A}_{\text{Siliziumkarbid}} = 10 \times 10^{-6} \text{ m}^2 \)
• Belastung für Siliziumkarbid: \[ \text{Belastung}_{\text{Siliziumkarbid}} = 550 \times 10^6 \times 10 \times 10^{-6} = 5500 \text{ N} \]

Zusammenfassung:

• Das Bauteil aus Aluminium kann eine maximale Belastung von 3000 N aushalten.
• Das Bauteil aus Siliziumkarbid kann eine maximale Belastung von 5500 N aushalten.

c)

3. Anwendung von Verbundwerkstoffen: Beschreibe die Vorteile von GFK und CFK gegenüber reinen Metallen und Polymere bezüglich ihrer Anwendung im Schiffs- und Flugzeugbau. Erkläre, warum die Kombination der Materialien in diesen Anwendungen bevorzugt wird. Gehe dabei insbesondere auf Gewicht, Festigkeit und Korrosionsbeständigkeit ein.

Lösung:

Anwendung von Verbundwerkstoffen:

• GFK (Glasfaserverstärkter Kunststoff):
• Gewicht: GFK hat ein geringeres Gewicht als viele Metalle (z. B. Stahl), was dazu beiträgt, das Gesamtgewicht eines Fahrzeugs oder Schiffes zu senken und somit den Treibstoffverbrauch und die Betriebskosten zu reduzieren.
• Festigkeit: Trotz seines geringen Gewichts besitzt GFK eine hohe Zug- und Druckfestigkeit, was es ideal für den Strukturaufbau von Schiffen und Flugzeugen macht.
• Korrosionsbeständigkeit: GFK ist widerstandsfähig gegen Korrosion, insbesondere in mariner Umgebung, was seine Lebensdauer verlängert und die Wartungskosten senkt.
• CFK (Kohlenstofffaserverstärkter Kunststoff):
• Gewicht: CFK ist sogar noch leichter als GFK und viele Metalle, was es zu einem hervorragenden Material für Anwendungen macht, bei denen das Gewicht eine kritische Rolle spielt (z. B. in der Luftfahrt).
• Festigkeit: CFK bietet eine außergewöhnlich hohe Zugfestigkeit und Steifigkeit, die es ideal für Hochleistungsstrukturen macht, die großen Belastungen ausgesetzt sind.
• Korrosionsbeständigkeit: Ebenso wie GFK ist auch CFK korrosionsbeständig, was seine Einsatzdauer insbesondere in aggressiven Umgebungen erhöht und die Wartungsanforderungen verringert.
• Vorteile gegenüber reinen Metallen und Polymeren:
• Gewicht: Reine Metalle wie Stahl und Aluminium haben eine höhere Dichte als GFK und CFK, was sie schwerer macht. Polymere sind zwar leichter, haben aber nicht die gleiche Festigkeit und Steifigkeit wie Verbundwerkstoffe.
• Festigkeit und Steifigkeit: Reine Polymere haben in der Regel eine geringere Festigkeit und Steifigkeit im Vergleich zu Verbundwerkstoffen. Metalle bieten zwar hohe Festigkeit, sind aber mit einem höheren Gewicht verbunden. GFK und CFK bieten eine überlegene Kombination aus geringer Dichte und hoher Festigkeit.
• Korrosionsbeständigkeit: Metalle sind anfällig für Korrosion, besonders in marinen Umgebungen. Verbundwerkstoffe wie GFK und CFK sind weniger anfällig für Korrosion und erfordern daher weniger Wartung. Polymere sind ebenfalls korrosionsbeständig, haben jedoch nicht die strukturelle Stärke von Verbundwerkstoffen.
• Kombination der Materialien im Schiffs- und Flugzeugbau:
• Schiffs- und Flugzeugbau: Die Kombination von GFK und CFK in Schiffen und Flugzeugen ermöglicht es, die Vorteile ihrer spezifischen Eigenschaften zu nutzen. In Bereichen, in denen hohe Festigkeit und Steifigkeit erforderlich sind, kann CFK eingesetzt werden. Für andere Teile, die eine gute Kombination aus Gewicht und Korrosionsbeständigkeit benötigen, kann GFK verwendet werden. Diese Kombination führt zu effizienteren, langlebigeren und leistungsfähigeren Fahrzeugen.

Aufgabe 3)

Die Leitfähigkeit eines Materials ist ein Maß dafür, wie gut es elektrischen Strom leitet und wird durch die Beweglichkeit und Dichte der Ladungsträger bestimmt. In Festkörpern spielen die Elektronenbänder, insbesondere das Valenzband und das Leitungsband, eine entscheidende Rolle. Die Energielücke zwischen diesen Bändern, bekannt als Bandlücke, hat großen Einfluss auf die Leitfähigkeit des Materials.

Die wichtigsten Konzepte sind:

• Ohm'sches Gesetz: \( \sigma = \frac{1}{\rho} \), wobei \(\sigma\) die Leitfähigkeit und \(\rho\) der spezifische Widerstand ist.
• Elektronenbänder: Valenzband (gefüllt), Leitungsband (ungefüllt oder teilgefüllt)
• Bandlücke: Energielücke zwischen Valenz- und Leitungsband, beeinflusst die Leitfähigkeit
• Leiter: keine oder sehr kleine Bandlücke (Metalle)
• Halbleiter: mittlere Bandlücke, Leitfähigkeit temperaturabhängig (z.B. Silizium)
• Isolatoren: große Bandlücke, kaum Leitfähigkeit

a)

(a) Erkläre, wie die Bandstruktur den Unterschied in der elektrischen Leitfähigkeit zwischen einem Leiter, einem Halbleiter und einem Isolator beeinflusst. Konzentriere Dich hierbei auf die Unterschiede in der Bandlücke und der Elektronenverteilung.

Lösung:

Um den Unterschied in der elektrischen Leitfähigkeit zwischen einem Leiter, einem Halbleiter und einem Isolator zu verstehen, ist es wichtig, die Bandstruktur und die Bandlücke dieser Materialien zu betrachten. Die Bandstruktur beschreibt die Energiezustände, die Elektronen in einem Festkörper annehmen können, während die Bandlücke die Energieunterschiede zwischen diesen Zuständen angibt.

• Leiter (Metalle): In diesen Materialien sind das Valenzband und das Leitungsband entweder überlappend oder die Bandlücke ist so klein, dass Elektronen leicht vom Valenzband in das Leitungsband übergehen können. Da viele Elektronen ohne erheblichen Energieaufwand in das Leitungsband gelangen können, besitzen Metalle eine hohe Leitfähigkeit. Bandstruktur: Valenzband und Leitungsband überlappen oder sehr kleiner Abstand Elektronenverteilung: Viele Elektronen im Leitungsband
• Halbleiter: Halbleiter haben eine mittlere Bandlücke. Bei niedrigen Temperaturen sind nur wenige Elektronen im Leitungsband, sodass die Leitfähigkeit gering ist. Wenn die Temperatur steigt, gewinnen mehr Elektronen genug Energie, um von Valenzband in das Leitungsband überzutreten, was die Leitfähigkeit erhöht. Bandstruktur: Mittlere Bandlücke Elektronenverteilung: Temperaturabhängig; mehr Elektronen im Leitungsband bei höheren Temperaturen
• Isolatoren: Diese Materialien haben eine große Bandlücke, wodurch es für Elektronen sehr schwierig, wenn nicht unmöglich ist, genug Energie aufzunehmen, um von Valenzband in das Leitungsband zu springen. Aufgrund des Mangels an freien Ladungsträgern besitzen Isolatoren eine sehr geringe oder keine elektrische Leitfähigkeit. Bandstruktur: Große Bandlücke Elektronenverteilung: Keine oder sehr wenige Elektronen im Leitungsband

Zusammenfassend lässt sich sagen, dass die Bandlücke und die Verteilung der Elektronen in den Bändern entscheidend für die elektrische Leitfähigkeit eines Materials sind:

• Kleine oder keine Bandlücke (Leiter) → Hohe Leitfähigkeit
• Mittlere Bandlücke (Halbleiter) → Temperaturabhängige Leitfähigkeit
• Große Bandlücke (Isolatoren) → Geringe oder keine Leitfähigkeit

b)

(b) Ein Halbleiter hat eine Bandlücke von 1.1 eV. Berechne die erwartete Leitfähigkeit eines reinen Halbleiters (ohne Dotierung), wenn die Temperatur von 300 K auf 600 K erhöht wird. Gehe davon aus, dass die Leitfähigkeit \(\sigma(T)\) bei einem Halbleiter in erster Näherung durch die folgende Beziehung beschrieben werden kann:

\[ \sigma(T) = \sigma_0 e^{- \frac{E_g}{2k_B T}} \]

wobei \(\sigma_0\) eine materialeigene Konstante, \(E_g\) die Bandlücke, \(k_B\) die Boltzmann-Konstante (8.617 x 10^{-5} eV/K), und \(T\) die Temperatur in Kelvin ist.

Lösung:

Um die erwartete Leitfähigkeit eines reinen Halbleiters zu berechnen, wenn die Temperatur von 300 K auf 600 K erhöht wird, verwenden wir die gegebene Beziehung:

\[ \sigma(T) = \sigma_0 e^{- \frac{E_g}{2k_B T}} \]

Gehen wir schrittweise vor:

• Schritt 1: Definiere die bekannten Größen:
• \(E_g\) (Bandlücke): 1.1 eV
• \(k_B\) (Boltzmann-Konstante): 8.617 x 10^{-5} eV/K
• \(T\) (Temperaturen): 300 K und 600 K
• Schritt 2: Berechne die Leitfähigkeit für\(T = 300 K\):

\[ \sigma(300) = \sigma_0 e^{- \frac{1.1}{2 \cdot 8.617 \cdot 10^{-5} \cdot 300}} \]

Berechne den Exponenten:

\[ \frac{1.1}{2 \cdot 8.617 \cdot 10^{-5} \cdot 300} = \frac{1.1}{2 \cdot 0.025851} = \frac{1.1}{0.051702} \approx 21.27 \]

Somit ist:

\[ \sigma(300) = \sigma_0 e^{-21.27} \]

• Schritt 3: Berechne die Leitfähigkeit für\(T = 600 K\):

\[ \sigma(600) = \sigma_0 e^{- \frac{1.1}{2 \cdot 8.617 \cdot 10^{-5} \cdot 600}} \]

Berechne den Exponenten:

\[ \frac{1.1}{2 \cdot 8.617 \cdot 10^{-5} \cdot 600} = \frac{1.1}{2 \cdot 0.051702} = \frac{1.1}{0.103404} \approx 10.635 \]

Somit ist:

\[ \sigma(600) = \sigma_0 e^{-10.635} \]

Zusammenfassend ergibt sich:

• Bei\(T = 300 K\) ist die Leitfähigkeit:\[ \sigma(300) = \sigma_0 e^{-21.27} \]
• Bei\(T = 600 K\) ist die Leitfähigkeit:\[ \sigma(600) = \sigma_0 e^{-10.635} \]

Da die Exponentialfunktion stark von der Temperatur abhängt, sehen wir, dass die Leitfähigkeit des Halbleiters bei erhöhten Temperaturen erheblich ansteigt.

c)

(c) In einem Experiment beobachtet man, dass die Leitfähigkeit eines bestimmten Materials bei Raumtemperatur 10^5 S/m beträgt. Bei einer Temperatur von 600 K steigt die Leitfähigkeit auf 2.5 x 10^5 S/m. Bestimme mithilfe des ohmschen Gesetzes den spezifischen Widerstand dieses Materials bei beiden Temperaturen. Vergleiche die Ergebnisse und erkläre, was diese über das Material aussagen.

Lösung:

Um den spezifischen Widerstand eines Materials bei verschiedenen Temperaturen zu bestimmen, nutzen wir das Ohm'sche Gesetz:

\[ \sigma = \frac{1}{\rho} \]

Hierbei ist \(\sigma\) die Leitfähigkeit und \(\rho\) der spezifische Widerstand.

Wir haben die folgenden Leitfähigkeiten gegeben:

• Bei Raumtemperatur (angenommen 300 K): \( \sigma_{300} = 10^5 \; \text{S/m} \)
• Bei 600 K: \( \sigma_{600} = 2.5 \times 10^5 \; \text{S/m} \)

Wir können die spezifischen Widerstände bei beiden Temperaturen berechnen:

• Schritt 1: Berechne den spezifischen Widerstand bei 300 K:

\[ \rho_{300} = \frac{1}{\sigma_{300}} = \frac{1}{10^5 \; \text{S/m}} = 10^{-5} \; \Omega\text{m} \]

• Schritt 2: Berechne den spezifischen Widerstand bei 600 K:

\[ \rho_{600} = \frac{1}{\sigma_{600}} = \frac{1}{2.5 \times 10^5 \; \text{S/m}} = \frac{1}{2.5} \times 10^{-5} \; \Omega\text{m} = 0.4 \times 10^{-5} \; \Omega\text{m} = 4 \times 10^{-6} \; \Omega\text{m} \]

Zusammengefasst sind die spezifischen Widerstände:

• Bei 300 K: \( \rho_{300} = 10^{-5} \; \Omega\text{m} \)
• Bei 600 K: \( \rho_{600} = 4 \times 10^{-6} \; \Omega\text{m} \)

Der Vergleich der Ergebnisse zeigt:

• Der spezifische Widerstand bei 600 K ist deutlich geringer als bei 300 K.
• Dies bedeutet, dass die Leitfähigkeit des Materials mit steigender Temperatur zunimmt, was charakteristisch für ein Halbleitermaterial ist. Bei höheren Temperaturen übertreten mehr Elektronen die Bandlücke und tragen zur Leitfähigkeit bei.

Diese Ergebnisse bestätigen, dass das Material wahrscheinlich ein Halbleiter ist, da die Leitfähigkeit signifikant temperaturabhängig ist.

Aufgabe 4)

Du untersuchst eine Stahlsäule, die in einem Hochhaus verwendet wird. Die Säule hat eine Querschnittsfläche von 0,01 m² und eine ursprüngliche Länge von 5 m. Der Elastizitätsmodul des verwendeten Stahls beträgt 210 GPa.

a)

Berechne die Spannung \(\sigma\), die auf die Stahlsäule wirkt, wenn eine vertikale Kraft von 500 kN auf die Säule ausgeübt wird. \[ \sigma = \frac{F}{A} \]

Lösung:

Berechnung der Spannung \(\sigma\)

Du untersuchst eine Stahlsäule mit den folgenden Eigenschaften:

• Querschnittsfläche der Stahlsäule (\(A\)) = 0,01 m²
• Auf die Stahlsäule ausgeübte vertikale Kraft (\(F\)) = 500 kN = 500.000 N

Die Spannungsformel ist gegeben durch:

\(\sigma = \frac{F}{A}\)

Berechnung:

Setze die gegebenen Werte in die Formel ein:

\(\sigma = \frac{500.000\, \text{N}}{0,01\, \text{m}^2}\)

Berechne die Spannung:

\(\sigma = 50.000.000\, \text{Pa}\)

Da 1 MPa = 1.000.000 Pa, ergibt sich:

\(\sigma = 50\, \text{MPa}\)

Die Spannung \(\sigma\), die auf die Stahlsäule wirkt, beträgt also 50 MPa.

b)

Bestimme die Dehnung \(\varepsilon\) der Säule unter der gegebenen Belastung mithilfe des Hookeschen Gesetzes. Nutze die vorher berechnete Spannung und den gegebenen Elastizitätsmodul. \[ \varepsilon = \frac{\sigma}{E}\]

Lösung:

Berechnung der Dehnung \(\varepsilon\)

Du untersuchst eine Stahlsäule mit den folgenden Eigenschaften:

• Querschnittsfläche der Stahlsäule (\(A\)) = 0,01 m²
• Ursprüngliche Länge der Stahlsäule = 5 m
• Elastizitätsmodul des verwendeten Stahls (\(E\)) = 210 GPa = 210.000 MPa
• Vorher berechnete Spannung (\(\sigma\)) = 50 MPa

Das Hookesche Gesetz ist gegeben durch:

\(\varepsilon = \frac{\sigma}{E}\)

Berechnung:

Setze die gegebenen Werte in die Formel ein:

\(\varepsilon = \frac{50 \text{MPa}}{210.000 \text{MPa}}\)

Berechne die Dehnung:

\(\varepsilon = 2,38 \times 10^{-4}\)

Die Dehnung \(\varepsilon\) der Stahlsäule unter der gegebenen Belastung beträgt also 0,000238 oder 2,38 \times 10^{-4}.

c)

Berechne die absolute Längenänderung \(\Delta L\) der Stahlsäule unter der gegebenen Last. Verwende die Dehnungsformel in Kombination mit der ursprünglichen Länge. \[ \Delta L = \varepsilon L_0 \]

Lösung:

Berechnung der absoluten Längenänderung \( \Delta L \)

Du untersuchst eine Stahlsäule mit den folgenden Eigenschaften:

• Querschnittsfläche der Stahlsäule (\(A\)) = 0,01 m²
• Ursprüngliche Länge der Stahlsäule (\(L_0\)) = 5 m
• Elastizitätsmodul des verwendeten Stahls (\(E\)) = 210 GPa
• Vorher berechnete Dehnung (\(\varepsilon\)) = 2,38 \times 10^{-4}

Die Formel für die absolute Längenänderung ist gegeben durch:

\( \Delta L = \varepsilon L_0 \)

Berechnung:

Setze die gegebenen Werte in die Formel ein:

\( \Delta L = (2,38 \times 10^{-4}) \times 5 \text{ m} \)

Berechne die absolute Längenänderung:

\( \Delta L = 1,19 \times 10^{-3} \text{ m} \)

Die absolute Längenänderung \( \Delta L \) der Stahlsäule unter der gegebenen Last beträgt also 1,19 mm.

d)

Diskutiere, welche Auswirkungen eine doppelte Belastung (also eine Kraft von 1000 kN) auf die Spannung, Dehnung und Längenänderung der Säule hätte. Werden die Beziehungen noch linear sein gemäß dem Hookeschen Gesetz?

Lösung:

Diskussion der Auswirkungen einer doppelten Belastung auf die Stahlsäule

Wenn die auf die Stahlsäule ausgeübte Kraft von 500 kN auf 1000 kN verdoppelt wird, haben die Spannung, Dehnung und Längenänderung folgende Änderungen:

Spannung (\( \sigma \))

Die Spannung ist definiert durch:

\( \sigma = \frac{F}{A} \)

Wenn die Kraft \( F \) von 500 kN auf 1000 kN verdoppelt wird:

\( \sigma' = \frac{1000 \text{ kN}}{0,01 \text{ m}^2} = \frac{1.000.000 \text{ N}}{0,01 \text{ m}^2} = 100.000.000 \text{ Pa} = 100 \text{ MPa} \)

Die Spannung verdoppelt sich also von 50 MPa auf 100 MPa.

Dehnung (\( \varepsilon \))

Die Dehnung ist definiert durch:

\( \varepsilon = \frac{\sigma}{E} \)

Bei der Verdopplung der Spannung \( \sigma \):

\( \varepsilon' = \frac{100 \text{ MPa}}{210.000 \text{ MPa}} = 4,76 \times 10^{-4} \)

Die Dehnung \( \varepsilon \) verdoppelt sich ebenfalls von 2,38 \times 10^{-4} auf 4,76 \times 10^{-4}.

Längenänderung (\( \Delta L \))

Die absolute Längenänderung ist definiert durch:

\( \Delta L = \varepsilon L_0 \)

Setze die neue \( \varepsilon \) und die ursprüngliche Länge \( L_0 \) ein:

\( \Delta L' = (4,76 \times 10^{-4}) \times 5 \text{ m} = 2,38 \times 10^{-3} \text{ m} \)

Die Längenänderung verdoppelt sich von 1,19 mm auf 2,38 mm.

Linare Beziehungen gemäß dem Hookeschen Gesetz

Gemäß dem Hookeschen Gesetz sind die Beziehungen zwischen Spannung, Dehnung und Längenänderung linear, solange das Material im elastischen Bereich bleibt. Da Stahl typischerweise einen weiten elastischen Bereich hat, bleiben diese Beziehungen linear, bis die Belastung die Elastizitätsgrenze (Streckgrenze) des Stahls erreicht. Bei einer Verdopplung der Kraft von 500 kN auf 1000 kN sind die Spannungen, Dehnungen und Längenänderungen proportional, was auf die lineare Beziehung gemäß dem Hookeschen Gesetz hinweist.

Zusammenfassend:

• Spannung verdoppelt sich (linear)
• Dehnung verdoppelt sich (linear)
• Längenänderung verdoppelt sich (linear)