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4.2 Rechenaufgaben

  1. Wir berechnen zuerst die Ladungsmengen auf den Kondensatoren aus Q = CU.
    Q1 = C1U1 Q2 = C2U2 Q3 = C3U3 Q = Q1 + Q2 + Q3 = C1U1 + C2U2 + C3U3

    1 Punkt

    Die neue Kapazität ist

    C = C1 + C2 + C3

    1 Punkt

    Also ist

    U = Q -- C = C1U1 + C2U2 + C3U3 --------------------- C1 + C2 + C3
    = 3.3-µF-⋅(--80-V-) +-1.8-µF⋅(64-V-) +-820-nF-⋅2048-V 3.3 µF + 1.8 µF + 820 nF = 258.5 V
    1 Punkt

    ∑ 3 Punkte

  2. Wir teilen die Schlaufe in zwei Teile auf, ABCDA und ADEFA. Die Ströme sollen so sein, dass sie sich auf der Strecke AD kompensieren. Wir haben also
    m = mABCDA + mADEF A

    1 Punkt

    Wir setzen a = BC = 50 mm, b = AB = 18 mm und c = AF = 15 mm. Wir bekommen

    m = I⋅a ⋅b m = I ⋅a⋅c ABCDA ADEF A

    1 Punkt

    m liegt in der yz-Ebene. mABCDA zeigt in die -z-Richtung, mADEFA in die +y-Richtung.

    ( 0 ) ( 0 ) | | | | m = | I⋅a⋅c | = I⋅a ⋅| c | ( - I⋅a⋅b ) ( - b )

    1 Punkt

    Eingesetzt bekommt man

    ( 0 ) ( 0 ) | | | | m = 3 A⋅0.05 m ⋅| 0.015 m | = | 0.00225 | Am2 ( - 0.018 m ) ( - 0.00270 )

    1 Punkt

    ∑ 4 Punkte

  3. Wir setzen r = ∘ -------- x2 + y2 und lassen den Strom I entlang der z-Achse fliessen. Wir wollen zeigen, dass
    div B = μ0div H = 0

    ist. Das Magnetfeld ist tangential, der Einheitsvektor, der in Richtung des Magnetfeldes zeigt, sei

    ( - y ) | | eφ = | x | ⋅∘---1----- ( 0 ) x2 + y2

    1 Punkt

    div H = div -I-- 2πreφ
    = div ⌊ ( ) ⌋ | | - y | | | -----I------| x | | ⌈ 2π (x2 + y2)( 0 ) ⌉ 1 Punkt
    = -I- 2 π( ( ) ( ) ( )) -∂- ---- y-- + -∂- ---x---- + -∂- ---0---- ∂x x2 + y2 ∂y x2 + y2 ∂z x2 + y2 1 Punkt
    = I --- 2 π[ ( - y⋅2x ) ( x⋅2y ) ] - ---------2 + - ---------2 (x2 + y2) (x2 + y2) 1 Punkt
    = ------I------ 2 2 2 2 π(x + y )[2yx - 2xy ] = 0 1 Punkt

    ∑ 5 Punkte

    1. Alle drei Ladungen sind äquivalent. Die Ladungen 1 und 2 erzeugen eine Kraft auf die Ladung drei in Richtung der +z-Achse.
      √ -- --1--q2- π- ---3q2- Fz,3 = 2⋅4πε a2⋅sin 3 = 4 πε a2 0 0

      1 Punkt

      da der Abstand von 1 und 3 vektoriell geschrieben

      ( cos(π∕3)) | | r = a | sin(π∕3)| ( 0 )

      ist.

       

      PIC
      Mit den gegebenen Werten:
      √ -- 2 √ -- -7 2 F = --3q---= ---------3(--10---C)---------= 1.56 N 4πε0a2 4π⋅8.85⋅10 -12 Fm -1(10-2 m )2

      1 Punkt

      F zeigt weg von der Mitte des Dreiecks.

      1 Punkt

    2. Die Mitte des gleichseitigen Dreiecks teilt die Winkelhalbierende im Verhältnis 1:2.

      Länge der Winkelhalbierenden: ℓw = 2 3ℓ = a√-- 3.

      Kräftefrei heisst:

      F + F0 = 0
      F0 = -1--- 4πε 0qq0 ℓ2 = ---1-- 4π ε 0√ -- --3q2- a2 1 Punkt
      q0 ℓ2 = -√ -- --3q- a2
      q0 = -√ -- 3qℓ2 -2- a = - q √--- 3 1 Punkt
      q0 = ---10--7 C √3-- = 57.735 nC 1 Punkt

    ∑ 6 Punkte

  5. Der Wirkungsgrad des ersten Transformators ist η = 0.95. Deshalb ist auf der Primärseite des Haustransformators die Leistung
    ⟨P ⟩ 2300 W ⟨PL,H⟩ = ---G- = -------- = 2421.052632 W 1 Punkt η 0.95

    erforderlich. Der Strom durch die Leitung ist

    IL,eff = ⟨PL,H-⟩ = 2421.052632--W- = 0.02105263158 A 1 Punkt UH,eff 115 kV

    Der Widerstand einer Leitung ist

    R = ρ ⋅-ℓ---= 26.4⋅10-9 Ωm2m -1⋅---500000--m--- = 42.01690497 Ω 1 Punkt L Al π4D2 0.25⋅π⋅0.022 m2

    Der Gesamtwiderstand ist 2RL. Dies führt zu einem Spannungsabfall in der Leitung von

    UL,eff = 2RLIL,eff = 2⋅42.01690497 Ω ⋅0.02105263158 A = 1.769132841 V

    Auf der Hochspannungsseite des Transformators beim Kraftwerk brauchen wir eine Spannung von

    UH,K,eff = UH,eff + UL,eff = 115000 V + 1.769132841 V = 115001.769132841 V 1 Punkt

    Die Leistung ist dann

    ⟨PH,K ⟩ = UH,K,eff⋅IL,eff = 115001.769132841 V ⋅0.02105263158 A = 2421.089876 W

    1. Primärseitig ist die Leistung am Kraftwerk
      ⟨P ⟩ = ⟨PH,K⟩-= 2421.089876-W--= 2548.515659 W 1 Punkt K η 0.95

    2. Der Strom ist
      IK,eff = ⟨PK-⟩--= 2548.515659--W- = 2.216100573 A 1 Punkt UK,eff 1150 V

    ∑ 6 Punkte

  6. Sie fliegen in die x-Richtung. Der Faktor γ ist
    ----1---- γ = ∘ -----v2-= 1.020620726 1 - c2-

    Die Lorentztransformation für die Felder lautet dann

    Ex′ = Ex
    Ey′ = γ(Ey - v⋅Bz )
    Ez′ = γ(Ez + v⋅By )
    Bx′ = Bx
    By′ = γ( v ) By + -2Ez c
    Bz′ = γ( ) Bz - v-Ey c2

    Das elektrische Feld bei r = ( ) 0 || 100 Gm || ( 0 ) ist

    E = --1--Q-ey 1 Punkt 4π ε0r2

    Es hat also eine y-Komponente. Alle anderen Felder sind null. Im Ruhesystem des Raumschiffes ist dann mit

    Ex′ = 0
    Ey′ = γ(Ey - 0) = -γ--- 4πε0Q- r2    1 Punkt
    Ez′ = γ(0 + 0)
    Bx′ = 0
    By′ = γ( v- ) 0 + c20
    Bz′ = γ( v ) 0 - -2Ey c = - γ⋅v ------2 4πε0⋅cQ -2 r    1 Punkt

    Mit den Zahlenwerten bekommen wir

    9 Ey = --1--Q- = ------------1----------------10-C----= 0.8985306844 mV/m 4 πε0r2 4π⋅8.8544⋅10-12 C2N -1m -2 (1011 m )2

    (1 Punkt) und

    ′ E y = 0.9170590394 mV/m 1 Punkt

    ′ B z = - 0.6117959377 pT 1 Punkt

    Mit Taschenrechner berechnet gibt es grössere Rundungsfehler!

    ∑ 6 Punkte

  7. Wir verwenden die Gleichung für die Intensität der reflektierten Welle in s-Polarisation (die Gleichung für die Intensität der reflektierten Welle in der p-Polarisation ist für senkrechten Einfall identisch). Wir brauchen noch das Brechungsgesetz
    ∘ --- √ -- √ -- ε1 ε1 sin(α ) = ε2 sin(γ ) ⇒ sin(γ) = -- sin (α ) ε2

    und

    ∘ -------------- ε1 2 cos(γ) = 1 - ε2 sin (α)

    Ir = Ie[sinγ(α )cosα - sin α cosγ(α )]2 ------------------------------2 [sinγ(α )cosα + sin α cosγ(α )]
    Ir -- Ie = lim α→0⌊∘ ε1 ∘ -------2--- ∘ ----ε1---2---⌋ | ε2 sin(α) 1 - sin (α) - sin (α ) 1 - ε2 sin (α)| ⌈∘--ε-------∘--------2------------∘-----ε----2---⌉ ε12 sin(α) 1 - sin (α) + sin (α ) 1 - ε12 sin (α)2 1 Punkt
    = lim α→0⌊∘ --∘ ----------- ∘ -------------⌋ ε1 1 - sin2(α ) - 1 - ε1sin2(α) |⌈∘--ε2---------------∘------ε2-------|⌉ ε1∘ 1 - sin2 (α ) + 1 - ε1sin2(α) ε2 ε22
    = ⌊∘ ε1∘ -------2--- ∘ -----ε1---2---⌋ | ε2 1 - sin (0) - 1 - ε2 sin (0)| ⌈∘----∘--------------∘--------------⌉ εε12 1 - sin2(0) + 1 - ε1ε2-sin2(0)2
    = ⌊∘ -- ⌋ ε1- 1 ⌈∘--ε2----⌉ ε1+ 1 ε22 = [√ -- √ --] √-ε1 --√-ε2 ε1 + ε22
    1 Punkt
    1. Material Wasser InSb Diamant Luft
    2. Material ε 81 15.7 5.7 1
    Wasser 81 - 0.151 0.337 0.640
    InSb 15.7 0.151 - 0.0615 0.356
    Diamant 5.7 0.337 0.0615 - 0.168
    Luft 1 0.640 0.356 0.168 -

       6 Punkte

    ∑ 8 Punkte

  8. Sowohl bei der positiven wie auch bei der negativen Halbwelle sind zwei Dioden in Serie mit dem Widerstand R geschaltet.

    Bei einem bestimmten Strom addieren sich die die Diodenspannungen.

    U2D (I) = 2UD (I)

    Wir zeichnen diese neue Kurve zusammen mit der rückwärts gezeichneten Widerstandskurve für verschiedene Spannungen auf:

    PIC

       3 Punkte

    Aus den Schnittpunkten lesen wir die folgenden Werte ab und verwenden

    U = I * R = U (t) - U R 2D

    U(t)[V] U2D[V] I[A] UR[V]
    -8 0.967 0.0704 7.04
    -6 0.940 0.0507 5.07
    -4 0.881 0.0309 3.09
    -2 0.788 0.0120 1.20
    -1 0.659 0.0033 0.33
    -0.5 0.363 0.0006 0.06
    0 0 0 0
    0.5 0.363 0.0006 0.06
    1 0.659 0.0033 0.33
    2 0.788 0.0120 1.20
    4 0.881 0.0309 3.09
    6 0.940 0.0507 5.07
    8 0.967 0.0704 7.04

       4 Punkte für die Werte grösser oder kleiner Null

       1 Punkt für Werte mit beiden Vorzeichen

    ∑ 8 Punkte

  9. Der Stromanteil Ij am Gesamtstrom I durch ein Ion j ergibt sich aus dessen Konzentration cj = Anzahl/Volumen, dem angelegten elektrischen Feld U- d (U = Spannung an den Elektroden, d = Elektrodenabstand), der Elektrodenfläche A, der Beweglichkeit μj und der Ionenladung qj
    I = c⋅U-⋅A ⋅μ ⋅q 1 Punkt j j d j j

    Die Ladungsdichte cj⋅qj infolge des Ions j ergibt sich aus dem Gewichtsanteil ai der Lösung i an der Gesamtmenge, dem Gewichtsanteil bij des Ions j in der Lösung i, dem Molekulargewicht des Ions mj und der Dichte der Lösung ρ zu

    b cj⋅qj = ρ⋅ai⋅-ij⋅F⋅nj 1 Punkt mj

    wobei nj die Zahl der Elementarladungen e0 des Ions ist und F die Faraday-Konstante.  Zusammen ergibt sich damit für den Anteil des Ions j:

    U- -bij Ij = F ⋅ρ⋅d ⋅A ⋅ai⋅m ⋅nj⋅μj 1 Punkt j

    Der Gesamtstrom ergibt sich aus der Summation über alle Ionen:

    ∑ ∑ I = F ρ⋅U-⋅A⋅ a bij-⋅n ⋅μ 1 Punkt d i mj j j i j

    Für die Anionen (hier CN-) hat n j ein negatives Vorzeichen, aber die Beweglichkeit ist in diesem Fall ebenfalls negativ, so dass hier mit den Beträgen gerechnet werden kann.

    Durch Einsetzen und Aufsummieren aller Grössen ergibt sich

    I = 9.65⋅104 Cmol-1⋅1300 kgm-3⋅ -3 2 3⋅10----m-- 0.1 m
    ⋅[ ( ----0.137----- -8 -1 -1 0.2⋅ 0.197 kgmol- 1⋅(1)⋅3.4⋅10 mV s
    + ---0.0271-----⋅(1)⋅7.6⋅10 -8 mV -1s-1 0.039 kgmol - 1
    + 0.0362 ) -------------1⋅(- 1)⋅(- 9.0⋅10-8 mV - 1s- 1) 0.026 kgmol
    + 0.8⋅( -----0.122----- - 8 -1 -1 0.108 kgmol -1⋅(1)⋅6.2⋅10 mV s
    + ----0.053-----⋅(1)⋅7.6⋅10 -8 mV -1s-1 0.039 kgmol - 1
    + 0.007 -8 -1 -1 -------------1⋅(1)⋅5.2⋅10 mV s 0.023 kgmol
    + )] ---0.0726-----⋅(- 1)⋅(- 9.0⋅10-8 mV - 1s- 1) 0.026 kgmol - 1    4 Punkte
    = 14.8 A    1 Punkt

    ∑ 9 Punkte

    1. Die Bewegungsgleichung lautet
      ( ) ( ) ( ) ( ) ¨x (t) 0 ˙x(t) 0 d2r(t) dr (t) | y¨(t) | | 0 | | ˙y(t) | | B | m ---2-- = mg + q----- × B ⇒ m |( |) = |( |) + q|( |) × |( |) dt dt z¨(t) - mg0 ˙z(t) 0

      In Komponenten

      2 -d- dt2x(t) = -qB- md- dtz(t)
      -d2 dt2y(t) = 0
      2 -d- dt2z(t) = -g0 + qB- m-d dtx(t)&   1 Punkt 
    2. Wir differenzieren die erste Gleichung nach t und setzen die dritte Gleichung ein.
      d3 --3 dtx(t) = -qB --- m d2 --2 dtz(t) = -qB --- m( qB d ) - g0 +--- --x(t) m dt    1 Punkt
      -d3 dt3x(t) = qBg0- m -q2B2- m2-d dtx(t)    1 Punkt
    3. Wir verwenden den Ansatz x(t) = A1 cos(ωt) + A2 sin(ωt) + Ct und setzen ein
      qBg0 q2B2 A1ω3 sin(ωt) - A2ω3 cos(ωt) = ----- - ---2- (- A1 ω sin (ωt ) + A2 ω cos(ωt) + C) 2 2 m( 2 2 m ) ( 2 2 ) 0 = qBg0- - q-B--C-+ A sin(ωt) q-B--ω - ω3 + A cos(ωt ) - q-B--ω + ω3 m m2 1 m2 2 m2
      Damit muss
      C = mg0- qB
      ω = qB- m
         1 Punkt
      sein. Die Lösung ist
      ( ) ( ) x(t) = A cos qB-t + A sin qB-t + mg0-t 1 Punkt 1 m 2 m qB

    4. Wir integrieren die dritte Differentialgleichung einmal und setzen x(t) ein.
      ż(t) = -g0t + qB --- mx(t) + D
      = -g0t + qB- m( ( ) ( ) ) A cos qB-t + A sin qB-t + mg0-t 1 m 2 m qB + D    1 Punkt
      = A1qB --- m cos ( qB ) ---t m + A2qB --- m sin ( qB ) ---t m + D
      z(t) = A1qB --- mm --- qB sin ( ) qB ---t m- A2qB --- m m --- qB cos ( ) qB ---t m + Dt + E
      = A1 sin ( ) qB- m t- A2 cos ( ) qB- m t + Dt + E    1 Punkt
    5. Für t = 0 haben wir
      0 = x(0) = A1
      0 = z(0) = - A2 + E
         1 Punkt
      0 = ẋ(0) = - A1qB- m sin ( ) qB-0 m + A2qB- m cos ( ) qB-0 m + mg0- qB =A2qB- m + mg0- qB
      0 = ż(0) = A1qB --- m cos ( qB ) ---0 m + A2qB --- m sin ( qB ) ---0 m + D =A1qB --- m + D
         1 Punkt
      ⇒ A1 = 0 ⇒ D = 0
      ⇒ A2 = - 2 m--g0 q2B2
      ⇒ E = -m2g ----0 q2B2
      Damit ist die Lösung
      x(t) = -m2g0- q2B2 sin ( ) qB- m t + mg0- qBt    1 Punkt
      z(t) = 2 m-g0- q2B2 cos ( ) qB-t m- 2 m--g0 q2B2    1 Punkt
    6. Die z-Komponente der Bahn ist maximal negativ wenn
      ( ) cos qB-t = - 1 1 Punkt m min

      ist. Dann ist

      -m- tmin = (2jπ + 1)qB j ∈ ℕ

      und

      m2g0 zmin = z(tmin) = - 2-2--2 1 Punkt q B

    Zur Visualisierung (nicht gefragt in der Klausur) finden Sie hier x(t) und z(t) aufgetragen sowie z(x). Die Werte waren m == 0.0003 kg, g0 = 9.81 ms-2, q = 0.01 C und B = 0.5 T.

    PIC PIC

    ∑ 13 Punkte

    1. An der Grenzfläche ist die Senkrechtkomponente von D stetig. Hier ist dies wegen der Kugelsymmetrie D selber.

         1 Punkt

    2. An der Grenzfläche ist φ(r) stetig.

         1 Punkt

    3. Wir berechnen die Lösung innerhalb der Kugel verwenden die Gleichung
      ∫∫ ∫ ∫∫ D (r)⋅da(r ) = ρel(r)dV 1 Punkt A V(A)

      Das gestellte Problem ist kugelsymmetrisch, also muss auch die Lösung kugelsymmetrisch sein. Wir setzen A als Kugelschale mit dem Zentrum der geladenen Kugel im Zentrum der Kugelschale.

      ∫∫ ∫ ∫∫ D (r)⋅da(r) = ρel(r)dV A V(A )

      Das erste Integral ergibt (da D(r) über der ganzen Kugeloberfläche konstant ist)

      ∫ ∫ 2 D (r)⋅da(r) = D (r)⋅A (r) = D(r)⋅4πr 1 Punkt A

      Das zweite Integral ergibt

      ∫ ∫∫ V (A) ρel(r)dV = ∫ 0r ∫ 02π ∫ 0πρ 0-˜r R sin θdθdϕ˜r 2d˜r = 4πρ0- R∫ 0π˜r ˜r 2d ˜r
      = 4πρ0- R[ 4] r˜ 40r = 4 πρ0r-- R   1 Punkt
      Damit bekommen wir
      2 π-ρ0r4 D (r)⋅4 πr = R

      oder

      2 D (r) = ρ0r-- 1 Punkt 4R

      Vektoriell geschrieben bekommen wir

      ρ0r- D (r) = 4R r

      Am Rande der Kugel ist die dielektrische Verschiebung

      2 ρ0R-- ρ0R- D (R) = 4R = 4 1 Punkt

      Ausserhalb der Kugel gilt das Coulombsche Gesetz (die Senkrechtkomponente von D ist kontinuierlich)

      R2-r- ρ0R3- D (r ) = D (R )r2 r = 4r3 r 1 Punkt

      Zusammen

      ( { ρ04Rrr für r ≤ R D (r ) = ρ0R3-r für r > R ( 4r3

    4. Das elektrostatische Potential ist (Kugelsymmetrie)
      φ(r) = -∫ ∞rD (˜r) ----- ε0d˜r = -∫ ∞rρ0R3 ----2- 4ε0˜rd˜r = -ρ0R3 ----- 4ε0 ∫ ∞r d˜r -2- ˜r
      = -ρ0R3- 4ε0 | -1-|| - ˜r|∞r = ρ0R3- 4ε0r   1 Punkt
      An der Grenze der Ladungsverteilung ist
      ρ0R3- ρ0R2- φ(R ) = 4ε0R = 4ε0 1 Punkt

      Innerhalb der Kugel erhalten wir

      φ(r) - φ(R) = -∫ RrD (˜r) ----- εε0d˜r
      = ---ρ0-- 4εε R 0∫ Rrr˜ 2d˜r
      = ---ρ0-- 4εε0R 3|| ˜r-| 3|Rr = ---ρ0-- 4εε0R( 3 3) r- - R-- 3 3 = --ρ0--- 12εε0R(R3 - r3)   1 Punkt
      φ(r) = ---ρ0-- 12 εε R 0( 3 3) R - r + φ(R)
      = 2 -ρ0R-- 12 εε0 - 3 -ρ0r--- 12εε0R + 2 ρ0R-- 4ε0
      = (1 + 3ε) ρ0R2 ------------- 12εε0 - ρ0r3 ------- 12 εε0R    1 Punkt
      Zusammen
      ( |{ (1+3ε)ρ0R2 - -ρ0r3-- für r ≤ R 12εε0ρ0R3 12εε0R φ(r) = | 4ε0r für r > R (

    5. Am Zentrum der Ladungsverteilung ist
      (1 + 3ε) ρ R2 φ(0) = ----------0-- 1 Punkt 12ε ε0

    ∑ 13 Punkte

Gesamt: ∑ Punkte : 100

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