Ferienkurs Experimentalphysik 2

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1 Ferienkurs Experimentalphysik 2 Sommersemester 2015 Gabriele Semino, Alexander Wolf, Thomas Maier Probeklausur Aufgabe 1: Kupfermünze 4 Punkte) Die alte, von 1793 bis 1837 geprägte Pennymünze in den USA bestand aus reinem Kupfer und hatte eine Masse von m = 3, 10 g Moderne Kupfermünzen werden aus einer Kupfer-Zink-Legierung US-Penny) geprägt oder bestehen aus einem Stahlkern mit Kupferummantelung Euro-Cent)). Wie groß ist die Gesamtladung aller Elektronen in einer solhen Münze? Hinweis: Kupfer hat eine Kernladungszahl von Z = 29 und eine Molare Masse von M = 63, 55 g/mol. Die Avogadro-Konstante beträgt N A = 6, Atome/mol. n Cu = m N A M = 3, 10g 6, Atome mol 63, 55 g mol = 2, Atome 2) n e = Z n Cu = 29 Elektronen Atom 2, Atome 3) = 8, Elektronen 4) Q = e) n e = 1, C Elektron 1) ) 8, Elektronen 5) = 1, C 6) Aufgabe 2: Kugel mit Hohlraum 6 Punkte) Das Feld einer homogenen geladenen Kugel hat die Form: E r) = { Q 4πɛ 0R r 3 Q 4πɛ 0r r 3 für r < R für r > R 7) Hierbei ist R der Radius der Kugel und Q ihre Ladung. Benutzen Sie dies, um das folgende Problem zu bearbeiten: Eine Kugel mit Radius R war positiv geladen mit einer einheitlihen Ladungsdihte ρ. Dann wurde eine kleinere Kugel mit dem Radius R/2 ausgeshnitten und entfernt siehe Skizze). Welhe Rihtung und welhen Betrag hat das Feld in den Punkten A und B? 1

2 Dieses Problem lässt sih mit Hilfe des Superspositionsprinzips leiht lösen. Denn die Kugel mit dem Loh lässt sih darstellen als Überlagerung von Kugel 1 mit Radius R und Mittelpunkt im Ursprung mit homogener Ladungsdihte ρ. Kugel 2 mit Radius R/2 und Mittelpunkt bei R/2) e z mit homogener Ladungsdihte ρ. Dann gilt das Superpositionsprinzip: Das Feld der kombinierten Ladungsverteilung ist die Summe der Felder der einzelnen Ladungsverteilungen. Also in Punkt A wobei gilt mit also erhält man als Gesamtfeld in A Entsprehend in Punkt B: EA) = E 1 A) + E 2 A) 8) E 1 A) = 0 9) Q 2 E 2 A) = 4πɛ 0 R/2) 3 R ) 2 e z 10) Q 2 = ρ 4π 3 = Q 2 πɛ 0 R 2 e z 11) ) 3 R = πρr ) EA) = ρr 6ɛ 0 e z 13) also E 1 B) = Q 1 4πɛ 0 R 3 R e z) mit Q 1 = ρ 4 3 πr3 14) Q 2 E 2 B) = 4πɛ 0 3R/2) 3 3R ) 2 e z mit Q 2 = πρr3 15) 6 EB) = E 1 B) + E 2 B) 16) = ρr e z + ρr e z = 17ρR e z 3ɛ 0 54ɛ 0 54ɛ 0 17) D.h. das Feld zeigt also im Punkt A nah oben und im Punkt B nah unten, in beiden Fällen also von der Ladungsverteilung weg, was klar ist, da es sih ja um eine positive Ladung handelt. Die Feldstärke im Punkt B ist etwa doppelt so groß wie die in Punkt A, was ebenfalls anshaulih ist, da in Punkt B die gesamte abstoßende Kraft der gelöherten Kugel nah unten zeigt, während in Punkt A die nah oben gerihtete Abstoßung durh die untere Halbkugel teilweise von der nah unten gerihteteten Absoßung durh den Rest der oberen Halbkugel kompensiert wird. 2

3 Aufgabe 3: Magnetfeld einer Stromshiht 5 Punkte) Gegeben sei eine unendlih breite Shiht der Höhe 2a, welhe von einer konstanten Stromdihte j = j 0 e y durhflossen wird siehe Skizze). Berehnen Sie das magnetishe Feld B r) ober, unter und in der Shiht mithilfe des Ampere shen Gesetzes. Aufgrund der Symmetrie gilt Das Ampere she Gesetz lautet B r) = A { Bz) e x für z > 0 Bz) e x für z < 0 B d s = µ 0 A 18) j d A 19) Wir wählen als Integrationsflähe A ein Rehtek der Höhe 2z und Breite l. Das Linienintegral auf der rehten Seite über den Rand der Oberflähe Umlaufrihtung mit dem Uhrzeigersinn, sodass die Rehte-Hand-Regel mit der Flähennormalen erfüllt ist) ergibt sih zu: l 0 B d s = Bz) dx + Bz) dx 20) A 0 l = Bz)l + Bz)) l) = 2lBz) 21) Für das Oberflähenintegral auf der linken Seite ergibt sih wegen da = e y da zu: { µ 0 j da j 0 2al für 2z > 2a = µ 0 j da = µ 0 j 0 2zl für 2z < 2a Nah Gleihsetzen erhält man also: A A Bz) = { µ 0 j 0 z für z < a µ 0 j 0 a für a < z 22) 23) Aufgabe 4: Widerstandsnetzwerk 7 Punkte) Betrahten Sie das abgebildete Widerstandsnetzwerk. Bestimmen Sie das Verhältnis der beiden Eingangsspannungen U 1 und U 2, sodass durh den oberen Widerstand kein Strom fließt. 3

4 Die beiden oberen Widerstände lassen sih zu 2R zusammenfassen. Zunähst definiert man eine positive Stromrihtung und zeihnet relevante Potentialpunkte ein und erhält folgende Abbildung: Für die äußere Mashe gilt: Für die innere Mashe gilt: Zusätzlih gilt die Knotenregel am Verzweigungspunkt: φ 1 φ 3 = 2RJ 1 24) φ 3 0 = RJ 3 25) 0 φ 1 = U 1 26) 0 = 2RJ 1 + RJ 3 U 1 27) φ 3 φ 2 = RJ 2 28) φ 3 0 = RJ 3 29) 0 φ 2 = U 2 30) 0 = RJ 2 + RJ 3 U 2 31) J 1 + J 2 = J 3 32) Zusammen erhält man 3 Gleihungen für 3 Unbekannte. Jedoh ist man an der Bedingung Interessiert, dass J 1 = 0. Eingesetzt in die Gleihungen erhält man: J 2 = J 3 33) RJ 3 = U 1 34) RJ 2 + RJ 3 = U 2 35) 4

5 Woraus folgt: U 2 U 1 = 2 36) Aufgabe 5: Lenz Beshleunigung 6 Punkte) Ein Metalldraht mit der Masse m und dem Widerstand R liegt auf zwei parallelen leitenden Shienen mit dem Abstand l. Der Draht kann auf den Shienen reibungsfrei gleiten. Senkreht zur Shienenebene liegt ein homogenes Magnetfeld B. a) Zwishen beiden Shienen liefert ein Stromgenerator einen konstanten Strom I 0. Bestimmen Sie die Geshwindigkeit v des Metalldrahts als Funktion der Zeit, wenn er zum Zeitpunkt t = 0 am Ort x = 0 ruht. b) Welhen Endwert erreiht die Geshwindigkeit des Metalldrahts, wenn der Stromgenerator durh eine Batterie mit konstanter Spannung U 0 ersetzt wird? a) Es wirkt eine Lorentzkraft: b) Mit den Formeln zur Induktion: Damit ist F L = l I B mit I B 37) F L = lib = mẍ 38) ẍ = lib m U ind = dφ dt = d dt It) = Ut) R 39) ẋ = vt) = lib m t 40) = U 0 Blvt) R B d A = Bl dx dt = Blv 41) 42) F L = lib = l U 0 Blvt) B = mẍ 43) R ẍ + l2 B 2 Rm ẋ lbu 0 Rm = 0 44) die Bewegungsgleihung des Systems. Dies hat einen stationären Zustand ẍt) = a = 0. Damit ergibt sih l 2 B 2 Rm ẋ lbu 0 Rm = 0 45) ẋ = v End = U 0 lb 46) 5

6 Dies geht auh einfaher: Für den stationären Zustand gilt: U ind = U 0 = Blv End 47) v End = U 0 lb 48) Aufgabe 6: Komplexe Widerstände 6 Punkte) Gegeben sei eine Parallelshaltung einer Induktivität L = 4 H und einer Kapazität C = 25 µf, die mit der Generatorspannung U = U 0 osωt) mit U 0 = 100 V betrieben wird. a) Wie groß sind in jedem Zweig der Shaltung die maximale Amplitude des Stromes und der Phasenwinkel zwishen Strom und Spannung? b) Berehnen sie die Kreisfrequenz ω, bei der die Generatorstromstärke gleih null ist. ) Wie groß sind bei diesem Resonanzfall die maximale Stromstärke in der Spule und im Kondensator? d) Zeihnen Sie ein Zeigerdiagramm, aus dem die Beziehung zwishen angelegter Spannung, Generatorstrom, Kondensatorstrom und Spulenstrom hervorgeht. Hierbei sei der induktive Blindwiderstand größer als der kapazitive. a) Bei der Parallelshaltung ist die Spannung am Kondensator und der Spule gleih der Generatorspannung. Für den Blindwiderstand des Kondensators gilt Z C = 1 ωc. Daraus ergibt sih für den Strom durh den Kondensator I C = U 0 = U 0 ωc. 49) Z C Der Strom eilt der Spannung um 90 voraus. Für den Blindwiderstand der Spule gilt Z L = ωl. Daraus ergibt sih für den Strom durh die Spule Der Strom eilt der Spannung um 90 nah. I L = U 0 Z L = U 0 ωl b) I C und I L sind 180 phasenvershoben, d.h. der Generatorstrom ist null, wenn die beiden Ströme gleih groß sind, also Dies bedeutet ω = U 0 ωc = U 0 ωl 1 LC ) Die Blindwiderstände bei Resonanzfrequenz sind 50) 51) = 100Hz 52) Z C = 1 ωc = 1 100Hz = 400Ω F 53) Z L = ωl = 100Hz 4H = 400Ω 54) Damit I = 100V 100Hz F = 0, 25A 55) d) Da der induktive Blindwiderstand größer ist als der kapazitive, ist der Strom durh die Spule kleiner. 6

7 Aufgabe 7: Protonenstrom 6 Punkte) Eine Astronomin beobahtet, dass ein Protonenstrom Teil des Sonnenwinds) die Erde zum Zeitpunkt t 1 passiert. Später entdekt sie, dass Jupiter zum Zeitpunkt t 2 = t 1 + t t = 900s) einen Ausbruh hohfrequenten Raushens emittiert. Eine zweite Astronomin S reist in einem Raumshiff von der Erde zum Jupiter. Das Raumshiff hat die Geshwindigkeit v = 0, 5. Diese Astronomin beobahtet dieselben zwei Ereignisse. Nehmen Sie an, dass sih die Erde direkt zwishen der Sonne und Jupiter befindet und dass die Entfernung zwishen der Erde und dem Jupiter 6, km beträgt. a) Berehnen Sie das von Beobahterin S im Raumshiff gemessene Zeitintervall t zwishen den zwei Ereignissen. b) Mit welher Geshwindigkeit und in welhe Rihtung) müsste ein Raumshiff fliegen, damit die zwei Ereignisse für ein Besatzungsmitglied zeitgleih ershienen? ) Angenommen das Raushen wird vom Protonenstrom verursaht, berehnen Sie die Begrenzung, die sih aus dieser Bedingung für t ergibt. a) Ereignis E 1 ist das Eintreffen des Protonenstroms bei der Erde zum Zeitpunkt t 1. Ereignis E 2 ist der Ausbruh des hohfrequenten Raushens. Der zeitlihe Abstand der beiden Ereignisse ist t. Der räumlihe Abstand der beiden Ereignisse ist x x 2 x 1 56) Um vom Zeitintervall t in S zum Zeitintervall t in S zu kommen, verwendet man die Lorentz-Transformation t t 2 t 1 57) = γ t β x ) 58) mit Daraus ergibt sih β = v = 1 2, γ = ) t = s 1 2 6, ) m = 173s 60) m/s b) Die beiden Ereignisse sind zeitgleih für einen mit Geshwindigkeit v reisenden Beobahter, wenn t = γ t β x ) = 0 61) Mit den gegebenen Zahlenwerten für x und t ergibt sih daraus v = t x = 3 7 Also sind die Ereignisse zeitgleih für einen Beobahter, der mit einer Geshwindigkeit v = von der Erde zum Jupiter reist. 3 7 ) Damit der Protonenstrom das Raushen des Jupiters überhaupt verursahen kann, darf das Zeitintervall zwishen den Ereignissen E 1 und E 2 in allen bewegten Bezugsystemen mit v < niht negativ sein. Also t = γ t β x ) 0 v < 63) 62) 7

8 Im Grenzfall v = erhält man t x t x 0 64) = 2, s 65) Falls der Protonenstrom also das Raushen verursaht haben kann, muss das Raushen im ruhenden Bezugsystem mindestens 2100 s nahdem die Protonen die Erde passiert haben, emittiert werden. 8