Grundlagen der Physik 2 Lösung zu Übungsblatt 6

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Mona Becker
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1 Grundlagen der Physik Lösung zu Übungsblatt 6 Daniel Weiss 17. Mai 1 Inhaltsverzeichnis Aufgabe 1 - Helholtz-Spulen 1 a) agnetische Feldstärke b) hoogenes Feld Aufgabe - Spule auf Keraikring a) Magnetfeldstärke b) agnetische Induktion c) agnetischer Fluÿ Aufgabe 3 - Elektron in E- und B-Feldern a) Bahn i B-Feld b) zusätzliches E-Feld c) Erhaltene Gröÿen d) Bahnradius und Steighöhe Aufgabe 4 - Kondensator it Dielektriku 6 a) elektr. Feldstärke b) Spannungen Aufgabe 5 - Fläche der Kondensatorplatten 6 Aufgabe 6 - Kapazität eines Plattenkondensators 7 Aufgabe 1 Ähnliches Beispiel wie Aufgabe 5 auf letzte Übungsblatt. Es gilt wieder das Biot- Savartsche Gesetz in seiner speziellen For für Felder auf der senkrechten Achse durch den Mittelpunkt der Leiterschleife (siehe Skizze). a) H x = IR (( a + x) + R ) 3 IR + (( a x) + R ) 3 (1) 1

2 b) Geäÿ de Hinweis: Leite H x zweial ab: H x = 6 IR ( R + ( x + a ) ) 5 ) IR + 6 ( x + a ( R + ( x + a ) ) 7 () 6 IR ( R + ( ) a x) ( a x) IR ( R + ( ) a x) 7 (3) Diese Gleichung ist recht kopliziert zu berechnen. Zur Vereinfachung kann eine Taylorreihenentwicklung von H x an der Stelle x = (nur die ersten 3 Glieder) durchgeführt werden. Das ergibt: H x 3IR R a ( ( 7 a ) + R ) (4) Man sieht sofort, dass das bei R = a ist. Aufgabe a) Aus de Apèreschen Gesetz lässt sich unter Annahe einer idealen Spule (kreisförige anstatt spiralförige Windungen auf eine geraden Stab ohne Randeekte) durch Multiplikation it der Windungszahl die Feldstärke für das Feld innerhalb der Spule berechnen: H = I N πr 1,5A 3 = π 55 = 64H (5) b) B = µ H = 3,7T (6) c) Der agnetische Fluÿ berechnet sich analog zu de elektrischen. Φ = B da = Bπr = 3,7T π 5,8 = 8, Wb (7) Hierbei wurde der Durchesser des Drahtes it berücksichtigt. Aufgabe 3 a) Das Elektron beschreibt eine Spiralbahn. Die z-koponente der Geschwindigkeit wird vo B-Feld nicht beeinusst (da parallel). Schaut an von oben auf die x-y-ebene sieht an das Elektron eine Kreisbahn beschreiben.

3 Die Rechnung ist it diesen Anfangsbedingungen ein wenig koplizierter. Deutlich einfacher wird es, wenn an ein neues kartesisches Koordinatensyste (Basis B) einführt, welches gegenüber de in der Angabe so gedreht ist, dass die Anfangsgeschwindigkeit in der y-koponente ist. Man erhält folgende Transforationsatrizen T B E = (8) T E B = (9) Es gilt folgender Ansatz für die Lorentzkraft: r = q( v B) ẋ = q ẏ ż B Das Ganze transforieren wir in die Basis B und erhalten folgende deutlich einfacher zu lösende Gleichung: r = q 1 ẋ + ẏ ẋ + ẏ ż B B u =: e v ẇ B vb = e ub (11) Hier wurde substituiert: E (1) u : = 1 (x + y) (1) v : = 1 ( x + y) (13) w : = z (14) und bereits die Ladung des Elektrons eingesetzt. Hieraus ergeben sich nun folgende Dierentialgleichungen: ü = eb v = eb v (15) u (16) 3

4 Auf den ersten Blick sehen diese Gleichungen genauso aus wie die vorigen - nur eben it u,v,w, anstatt x,y,z. Aber die Einfachheit liegt in den nun neuen Anfangsbedingungen: u() = (17) u() = v (18) ü() = (19) v() = () v() = (1) v() = eb v () w() = (3) ẇ() = v (4) Durch Integrieren von Gleichung 15 und Einsetzen in Gleichung 16 und andersheru erhält an zwei entkoppelte Dierentialgleichungen: Mit de allgeeinen Ansatz : = eb (5) ü = u (6) v = v (7) u(t) := Ae λt (8) erhält an it den obigen Anfangsbedingungen folgende Lösung: u(t) = v sin (t) (9) Aus Gleichung 15 kann nun v bestit werden. v(t) = 1 u(t) = v Aus den Anfangsbedingungen folgt cos (t) + C (3) C = v v(t) = v (1 cos (t)) (31) Und schlieÿlich für w: w(t) = v t (3) 4

5 U die Lösung i ursprünglichen Koordinatensyste zu erhalten transforieren wir wieder zurück (siehe Gl. 9): v x y = sin (t) 1 1 z v (1 cos (t)) = (33) v t v [sin (t) 1 + cos (t)] = v [sin (t) + 1 cos (t)] (34) v t b) I Falle des E-Feldes in z-richtung wird die Geschwindigkeit des Elektrons in z-richtung verringert bis es sich schlieÿlich beschleunigt in Richtung x-y-ebene bewegt. Die Kreisbahn wenn an von oben schaut wird nicht verändert. Die Spirale wird also zuerst gestaucht, bis das Elektron sich nach unten bewegt und dann ier ehr gestreckt. Falls das E-Feld in x-richtung wirkt, bleibt die z-koponente unverändert, die Kreisbahn bei der Sicht von oben wird jedoch verändert. Die Lorentzkraft ist nun: v F L = q( v B + E) = e v v B + E (35) Das führt auf eine inhoogene Dierentialgleichung, die ein wenig schwerer zu Lösen ist. c) Siehe Tabelle 1. Gröÿe a) b) (i) b) (ii) v x x x x v y x x x v z x v x x p x x x p x x E kin x x Tabelle 1: Erhaltene und nicht erhaltene Gröÿen d) U den Bahnradius zu erhalten setzt an die Zentripetalkraft it der wirkenden Lorentzkraft gleich. v = v x, = ev B r r vx, = r =,464 (36) eb 5

6 Hierbei wurde verwendet: v x, = v y, = v 3 (37) Es gilt für die Ulaurequenz ω = πf = π T = v r = 3 v r T = Daraus lässt sich nun die Steighöhe bei eine Ulauf bestiten. 6πr v (38) h = v,z T = v T 3 = πr =,6 (39) Aufgabe 4 a) Die Grenze zwischen Porzellan und Luft ist eine Äquipotentialäche, die beiden Dielektrika können soit als zwei in Serie geschaltete Kondensatoren betrachtet werden. Man kann sich auch eine unendlich dünne Metallplatte an der Grenze vorstellen, die oensichtlich das Feld nicht verändert. Es gilt daher: U = Φ = d E dl Serienschaltung = Die elektrische Flussdichte D ist konstant. d ( E Porzellan + E Luft ) dl (4) D = ɛ ɛ r E = const. (41) E Luft = 6E Porzellan (4) Bei der letzten Gleichung wurde verwendet, dass ɛ r von Luft näherungsweise 1 ist und von Porzellan 6. Nun kann Gleichung 39 ausgerechnet werden. U = (E Porzellan + E Luft )d = 7E Porzellan d (43) E Porzellan = U 7d = 85,7kV E Luft = 6E Porzellan = 1,714 MV (44) (45) b) Aus Gleichung 39 folgt sofort: U = Ed (46) U Porzellan = 1,49kV (47) U Luft = 8,571kV (48) 6

7 Aufgabe 5 Die Kapazität ist C = Q U = Q Ed = ɛ Q ɛ r σd = ɛ A ɛ r d (49) A = Cd = 4, c ɛ ɛ r (5) Aufgabe 6 Es handelt sich u Serienschaltung von 3 Kondensatoren. Die beiden Parankondensatoren haben diesselbe Kapazität und können soit zusaengefasst werden. C = 1 C Paran + 1 C Glas (48) = ɛ A 1 d + d 1 7 = 516,5pF (51) 7

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