Aufgabenblatt zum Seminar 07 PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

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1 Aufgabenblatt zum Seminar 7 PHYS7357 Elektrizitätslehre und Magnetismus Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik Othmar Marti, othmar.marti@uni-ulm.de Aufgaben 1. Durch zwei sehr lange Leiter, die in Luft im Abstand 1 cm parallel zueinander verlaufen, iessen in gleicher Richtung Ströme von je 57 A. Welche Arbeit muss verrichtet werden, um beide Leiter entlang 1 m Länge bis auf einen Abstand von 2 cm auseinander zu rücken? 2. Von einem Punkt eines homogenen Magnetfeldes mit B =.1 T geht ein divergentes Bündel von Elektronenstrahlen aus, deren Geschwindigkeitsvektoren alle den gleichen Betrag von v = m/s haben und mit der Richtung der magnetischen Induktion einen Winkel von 1 einschliessen. Welche Art von Bahnen durchlaufen die Elektronen? Wo treen sie sich wieder alle? 3. Eine Grätzschaltung richtet Wechselspannungen in Gleichspannungen um. Die Abbildung zeigt die Schaltung aus vier Dioden sowie die Kennlinie einer Diode. Sei Ut = U cosωt D 1. ma I D U D Ut D D R 8. ma 6. ma I D 4. ma D 2. ma. A. V 1. V 2. V 3. V 4. V 5. V 6. V U D a Konstruieren Sie den zeitlichen Spannungsverlauf an R, wenn R = 1 Ω und U = 5 V ist. b Wie sieht der zeitliche Spannungsverlauf an R für U = 1 V aus? 4. Zeigen Sie, dass die Leistungsabgabe einer Batterie maximal ist, wenn der Belastungswiderstand R gleich dem gleich dem Innenwiderstand R i ist. 5. An einer Piezokeramik gilt die Beziehung Qt = d 31 F t

2 EM 29, Aufgabenblatt Nr. 7 2 wobei d 31 = 1 8 C/N = 1 8 m/v der sogenannte Piezomodul ist. Die entstehende Ladung wird auf den Platten, die auf der Keramik beidseitig aufgebracht wurden, gespeichert. Die Kapazität sei C P = 1 nf. Sie sei mit einem Widerstand R = 1 kω verbunden. P R Eine Stahlkugel mit einem Durchmesser von 1 mm und einer Masse m = 4. g falle aus der Höhe h = 5 cm auf den Piezo und deformiere ihn mit der aus der Impulsänderung resultierenden Kraft. Die Zeitabhängige Kraft sei parabelförmig. Der Kontakt dauert insgesamt τ = 1 ms. Berechnen Sie Ut am Widerstand während des Stosses. 6. Man berechne die magnetische Feldstärke H eines von einem Strom I durchossenen geraden Leiters der Länge l im senkrechten Abstand a von der Mitte des Leiters. Man zeige, dass für l gilt: lim H = H = l 7. a Man berechne mit dem Gesetz von Biot-Savart das Magnetfeld H eines Kreisstromes entlang seiner Symmetrieachse z! I 2πa b Welcher Strom muss in einem Ring mit dem Durchmesser 2R = 2 cm iessen, wenn das Feld im Zentrum des Kreisstromes gerade das Erdmagnetfeld Magnetische Induktion B E 5 µt kompensieren soll? c In welcher Entfernung vom Zentrum in Richtung z beträgt die vom Kreisstrom erzeugte magnetische Induktion noch.1 B E? 2 c 29 Ulm University, Othmar Marti

3 3 EM 29, Aufgabenblatt Nr Im Seminar 12 Minuten Zeigen Sie mit der Bedingung, dass ein Leiterbahnknoten sich nicht auä, die Gültigkeit des ersten Kirchhoschen Gesetzes. Die Summe der zuiessenden Ströme an einem Knoten ist gleich der Summe der wegiessenden Ströme. c 29 Ulm University, Othmar Marti 3

4 EM 29, Aufgabenblatt Nr Lösungen 1. Ein langer gerader stromdurchossener Leiter bewirkt ein Magnetfeld im Abstand r zum Leiter von B r = μ I 1r. 2π Die Kraft auf einen zweiten mit dem Strom I 2 durchossenen Leiter der Länge l ist siehe Manuskript F = I 2 B r l = μ 2lI 1 I 2 4π r Beim dierentiellen Auseinanderziehen der Leiter muss nun die dierentielle Arbeit dw = F dr geleistet werden, also ergibt sich für die Gesamtarbeit 2 1 dw = 2 1 F dr = μ 2π I2 l r 2 r 1 1 r dr = μ I 2 l 2π ln r 2 r 1 = 4, J 2. Die Geschwindigkeit eines Elektrons hat bezüglich dem Magnetfeld zwei Anteile, deren Grösse von dem eingeschlossenen Winkel α abhängen. parallel zum Feld: v p = v cos α senkrecht zum Feld: v s = v sin α Das Magnetfeld wirkt über die Lorenzkraft F = qv B auf die Flugbahn des Elektrons. Der parallele Anteil wird durch das Feld nicht verändert, es liegt also eine unbeschleunigte gleichförmige Bewegung parallel zum Feld vor. Der senkrechte Anteil erfährt über die Kraft F s = qb v sin φ = qb v s eine stetige Richtungsänderung, die zu einer Kreisbahn senkrecht zum Magnetfeld führt. Die Zentrifugalkraft m v2 s r = m ω v s ist nun gleich der Lorenzkraft: mωv s = qb v s woraus die Kreisfrequenz ω = q B und die Periodendauer eines Umlaufs m sich ergibt. T = 2π ω = 2πm qb Die Elektronen bewegen sich parallel zum Magnetfeld mit einer konstanten Geschwindigkeit und führen senkrecht dazu eine kreisförmige Bewegung aus, also insgesamt eine schraubenförmige. Nach der Zeit T treen sie sich wieder alle in einem Punkt, der entfernt ist. s = v p T = v cos α 2πm qb, 15m Ein Magnetfeld fokussiert also divergent sich bewegende Ladungen, sofern sie alle die gleiche Geschwindigkeit haben und das gleiche Verhältnis q m. 3. Wir nehmen an, dass die Eingangsspannung Ut = U cosωt sei. Sowohl bei der positiven wie auch bei der negativen Halbwelle sind zwei Dioden in Serie mit dem Widerstand R geschaltet. 4 c 29 Ulm University, Othmar Marti

5 5 EM 29, Aufgabenblatt Nr a Bei einem bestimmten Strom addieren sich also die Diodenspannungen. Wir zeichnen diese neue Kurve zusammen mit der rückwärts gezeichneten Widerstandskurve für verschiedene Spannungen auf: I 5. V 1. ma 8. ma 6. ma 4. ma 2. ma 4. V 3. V 2. V 1. V. V. A. V 1. V 2. V 3. V 4. V 5. V U D U R I D U D U =5.V: I R U R U =4.5V: I R U R U =4.V: I R U R U =3.5V: I R U R U =3.V: I R U R U =2.5V: I R U R U =2.V: I R U R U =1.5V: I R U R U =1.V: I R U R U =.5V: I R U R Aus den Schnittpunkten lesen wir die folgenden Werte ab U D [V] I[A] Ut[V] Das Resultat ist unten eingezeichnet. Zum Vergleich ist auch Ut angegeben, wobei die Periodendauer 2 ms ist. Ut 5. V 4. V 3. V 2. V 1. V. V 1. V 2. V U R t U R t 3. V U R t 4. V U R t Ut 5. V. s 5. ms 1. ms 15. ms 2. ms t b Hier ist alles gleich, ausser dass U = 1 V ist. I 1. V 1. ma 8. ma 6. ma 4. ma 2. ma 8. V 6. V 4. V 2. V. V. A. V 2. V 4. V 6. V 8. V 1. V U U R I D U D U =1.V: I R U R U =9.V: I R U R U =8.V: I R U R U =7.V: I R U R U =6.V: I R U R U =5.V: I R U R U =4.V: I R U R U =3.V: I R U R U =2.V: I R U R U =1.V: I R U R Aus den Schnittpunkten lesen wir die folgenden Werte ab U D [V] I[A] Ut[V] Das Resultat ist unten eingezeichnet. Zum Vergleich ist auch Ut angegeben, wobei die Periodendauer 2 ms ist. c 29 Ulm University, Othmar Marti 5

6 EM 29, Aufgabenblatt Nr. 7 6 Ut 1. V 8. V 6. V 4. V 2. V. V 2. V 4. V U R t U R t 6. V U R t 8. V U t R Ut 1. V. s 5. ms 1. ms 15. ms 2. ms t 4. Wir haben das folgende Schaltschema: Also ist I = U Die Leistung am Lastwiderstand ist Wir suchen den Extremwert P L = U K I = U R U = U 2 R 2 = dp dr = U 2 R = 2R +1 = R+R 3 2 i R = R i Bemerkung: Leistung am Innenwiderstand Gesamtleistung: P Ri = U U K I = U R i U = U 2 R i 2 P tot = U I = U 2 Der Wirkungsgrad als Verhältnis von Nutzleistung P L zur eingesetzen Leistung P tot ist ηr = P LR P tot R = U 2 R 2 U 2 = R 6 c 29 Ulm University, Othmar Marti

7 7 EM 29, Aufgabenblatt Nr W W.75 P L, P i, P tot 8. W P L R P Ri R P tot R ηr.5 η 4. W U = 12 V R i = 1 Ω.25. W Ω 2 Ω 4 Ω 6 Ω 8 Ω 1 Ω 12 Ω R 5. Die Ladung am Kondensator ist Q = d F, die Spannung U = C Q Weiter sei RC 1 ms, das heisst, wir vernachlässigen die Eekte von R. Der Kraftstoss sei parabelförmig, also F t = A 1 t 4 τ 1 2 t = A 2 τ t2 τ 2 wobei τ F t = Δp Aus der Energieerhaltung bekommt man p 2 2m = mgh p = m 2gh Δp = 2m 2gh Damit 2m 2gh = τ t A τ t2 t 2 = A τ 2 2τ t3 τ = Aτ 3τ 2 6 A = 12 m τ 2gh Ut = I R = dqt = R d 31 df t = 12R d 31 m τ 1 2gh τ 2 t τ 2 Beispiel: Setzen wir d 31 = 1 8 C/N, C P = 1 nf, R = 1 kω und m = 4. g bekommen wir die unten stehenden Kurven. c 29 Ulm University, Othmar Marti 7

8 EM 29, Aufgabenblatt Nr V 1.5 V 1. V 5. mv < Ut Ft > 4. N 35. N 3. N 25. N U R t. V 2. N Ft 5. mv 15. N 1. V 1. N 1.5 V 5. N 2. V. N. s 2. s 4. s 6. s 8. s 1. s t 6. Nach Biot-Savart erzeugt ein Stromelement Idl in einem Punkt, der vom Stromelement um den Ortsvektor r entfernt liegt, den Magnetfeldbetrag dh = I dl r 4π r 3 Hier ist dl = dz, dl r = dz r sinφ = dz a und r = z2 + a 2. Also haben wir H = I 4π = l/2 l/2 sinφ dz r 2 I l 4πa l 2 /4 + a 2 = I 4π l/2 l/2 dz z 2 + a 2 3/2 Das Magnetfeld ist in die Papierebene hineingerichtet. Für l erhält man lim H = H = lim l l I 4πa 1/4 + a 2 /l 2 = I 2πa 7. a Nach Biot-Savart erzeugt ein Stromelement Idl in einem Punkt, der vom Stromelement um den Ortsvektor r entfernt liegt, den Magnetfeldbetrag dh = I dl r 4π r 3 8 c 29 Ulm University, Othmar Marti

9 9 EM 29, Aufgabenblatt Nr Wir setzen Dann ist und R = x y dl = dr = r = = sinφ cosφ R cosφ R sinφ z R cosφ R sinφ R dφ dl r = = sinφ cosφ z R cosφ z R sinφ R 2 Da r = R 2 + z 2 ist folgt dφ R cosφ R sinφ z R dφ = z cosφ z sinφ R sin 2 φ + cos 2 φ R dφ dh = I R 4π R 2 + z 2 3/2 z cosφ z sinφ R dφ Wir integrieren von φ = bis φ = 2π. Bei diesen Integrationsgrenzen verschwinden die Integrale über cos und sin. Also ist H =,, H z und H z = I R 2 2 R 2 + z 2 3/2 b Hier ist z =, also oder H z = I 2R I = 2R H E = 2R B E μ = 8 ma c Wir können auch schreiben H z = I R 2 2z R 2 /z 2 3/2 Für z hat diese Funktion die Form H z = I R2 2z 3 c 29 Ulm University, Othmar Marti 9

10 EM 29, Aufgabenblatt Nr. 7 1 Mit H z = I/2R erhalten wir H z z H z = R3 z 3 < 1 1 z > 3 1R 3 = 4.3 cm 8. Ein Knoten in einer Leiterstruktur lä sich nicht auf. Wir verwenden, dass Q = I j Leiter und dq = = Leiter I j Das Gesetz ist damit gezeigt. 3 Nachtrag zum Aufgabenblatt Aufgabe 2 a Wir denieren: U R1 t = R 1 I t, U R2 t = R 2 I 2 t, U C1 = Q 1t C 1, U C2 = Q 2t I 1 t = dq 1t und I t = I 1 t + I 2 t oder I t = dq 1t U C1 t und U = U R1 t + U C1 t sowie Q 1 = und Q 2 =., I 2 t = dq 2t, + dq 2t. Weiter ist U C2 t + U R2 t = U C1 t = U R2 t + U C2 t U = U R1 t + U C1 t =R 2 I 2 t + Q 2t dq 2 t =R 2 =R 1 I t + Q 1t dq1 t =R 1 C 1 + Q 2t + dq 2t = Q 1t C 1 + Q 1t C 1 Wir leiten die erste Gleichung nach der Zeit ab dq 1 t und setzen in die zweite Gleichung ein. d 2 Q 2 t U = R 1 C 1 R 2 + C 1 dq 2 t 2 U = d2 Q 2 t C 2 1 R 1 R 2 + dq 2t d 2 Q 2 t = C 1 R 2 + C 1 dq 2 t 2 + dq 2t dq 2 t + R Q 2 t + R Q 2 t R 1 C1 + 1 Zur Lösung der homogene Gleichung setzen wir Q 2 t = Ae Bt und setzen ein. = B 2 C 1 R 1 R 2 B C1 R R c 29 Ulm University, Othmar Marti

11 11 EM 29, Aufgabenblatt Nr C R 1 C R 2 ± R R 2 4C 1 R 1 R 2 B = 2C 1 R 1 R 2 B = R 1C 1 + R 1 + R 2 ± R 1 C 1 + R 1 + R 2 2 4C 1 R 1 R 2 B = R 1C 1 + R 1 + R 2 ± 2 R R 1 R 2 C 1 + R 2 1 C Wir setzen a = R 1C 1 +R 1 +R 2 C und b = 2 2 R R 1 R 2 C 1 +R 2 1 C Dann ist die Lösung der homogenen Gleichung Q 2 t = A 1 e a+bt + A 2 e a bt Die inhomogene Gleichung hat dann die Lösung mit den drei Bedingungen: Q 2 t = A 1 e a+bt + A 2 e a bt + A 3 Q 2 = Q 1 = lim t = U Dies führt auf die drei Gleichungen = A 1 + A 2 + A 3 = C 1 A1 + A 2 + A 3 + R 2 A 1 a b + A 2 a + b A = A 3 Die Lösung dieses Gleichungssystems ist und A 3 = U A 2 = U a + b 2b A 1 = U a b 2b a b Q 2 t = U e a+bt 2b a b U 2 t = U e a+bt 2b a + b e a bt + 1 2b a + b e a bt + 1 2b c 29 Ulm University, Othmar Marti 11

12 EM 29, Aufgabenblatt Nr U C2 t =U R 1 C 1 +R 1 +R 2 2 e R 1 C 1 +R 1 +R R R 1 R 2 C 1 +R 2 1 C R R 1 R 2 C 1 +R 1 2 C R 1 C 1 +R 1 +R R2 2 +2C2 R 1 R 2 C 1 +R 2 1 C1 + 2 t 2 R R 1 R 2 C 1 +R 2 1 C R R 1 R 2 C 1 +R 1 2 C ] e R 1 C 1 +R 1 +R 2 C 2 2 R2 2 +2C2 R 1 R 2 C 1 +R 2 1 C C 1 R 1 R t Aufgabe 3 Wir wissen, dass für den Ladevorgang gilt U C t = U A + U U A t/rc = U A e t/rc + U t/rc Der Entladevorgang wird durch beschrieben. Weiter gilt und Damit U C t = U B + U U B t/rc = U B e t/rc U t/rc U B = U A + U U A τ/2rc = U A e τ/2rc + U τ/2rc U A = U B + U U B τ/2rc = U B e τ/2rc U τ/2rc U A = [ U A e τ/2rc + U τ/2rc ] e τ/2rc U τ/2rc U A = [U A X + U 1 X] X U 1 X = U A X 2 + U X U X 2 U + U X U A 1 X 2 = U X 2 + 2X 1 = U X 1 2 U A = U 1 X 2 1 X 2 U B = U 1 X 2 1 X 2 X + U 1 X = U X + 2X 2 X X X 2 + X 3 1 X 2 1 2X + 2X 2 1 X 2 = U = U 1 X 2 1 X 2 mit X = e τ/2rc 12 c 29 Ulm University, Othmar Marti

13 13 EM 29, Aufgabenblatt Nr U C t = U 1 e τ/2rc 2 1 e τ/rc e t mτ/rc + U t mτ/rc, für mτ t < m τ mεz; U 1 e τ/2rc 2 1 e τ/rc e t m+1/2τ/rc U t m+1/2τ/rc, für m τ t < m + 1 τ mεz. 1 Ut U t.5 U ms 15 ms 1 ms 5 ms s 5 ms 1 ms 15 ms 2 ms t Parameter: R = 1 kω, U =.9 V, C = 2.2 µf und τ = 1 ms c 29 Ulm University, Othmar Marti 13