Rechenaufgaben

3.2 Rechenaufgaben

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 = m + m ABCDA ADEF A

2 Punkte

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

mABCDA = I⋅a ⋅b mADEF A = I ⋅a⋅c

1 Punkt

liegt in der yz-Ebene. _ABCDA zeigt in die -z-Richtung, _ADEFA in die +y-Richtung.

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

1 Punkt

Eingesetzt bekommt man

( ) ( ) 0 0 || 0.015 m || || 0.00225 || 2 m = 3 A⋅0.05 m ⋅( - 0.018 m ) = ( - 0.00270 ) Am

1 Punkt

∑ 5 Punkte

Das zweite Maxwellsche Gesetz lautet

∮ ∫ ∫ d- E ⋅ds = - dt B ⋅da S A(S)

1 Punkt

Mit dem Abstand r = ∘ --------
x2 + y2 bekommen wir

∮ ∫ ∫ ∫ ∫ Etangendial⋅ds = - d- ˜Bz⋅t⋅da = - d- ˜Bz⋅t⋅rdrd ϕ dt dt S(r) A(r) A(r)

3 Punkte

d ( ) 2πrEtangendial = --- πr2⋅B˜z ⋅t = - πr2 ⋅B ˜z dt

1 Punkt

und damit

˜Bzr- Etangential = - 2

1 Punkt

∑ 6 Punkte

Der Poyntingvektor der Sonnenstrahlung in Erdentfernung R zur Sonne ist - mit P_S = 3.82⋅10²⁰ MW Strahlungsleistung der Sonne - $-PS--- -2 SR = 4πR2 = 1.35 kWm$
1 Punkt
Daraus ergeben sich die mittleren (effektiven) Feldstärken zu $∘ ------ - 1 E = μ0⋅c⋅S = 714 Vm$
1 Punkt
bzw.
$∘ ---- S S H = -- = ----= 1.9 Am -1 E μ0c$
1 Punkt
Am Frühjahrsanfang (und Herbstanfang) ist die Schrägstellung der Erdachse nicht zu berücksichtigen. Zum lokalen Mittag, der bei Frühjahrsanfang in Ulm 12 : 20 Uhr MEZ ist (MEZ 15° östliche Länge, 5° Differenz 20 min), ist dann, unter Beachtung der geographischen Breite φ = 48.4°, die einfallende Sonneneinstrahlung $SUlm = SR ⋅cosφ = 896 Wm -2$
2 Punkte

∑ 5 Punkte

D_Luft = D_Paraffin
E_Luft = 2E_Paraffin
1 Punkt
$U = U + U = E ⋅(d - d ) + E ⋅d K Luft Paraffin Luft K P P araffin P$
Mit der ersten Teilaufgabe
$U [2(d - d ) + d ]⋅E K K P P Paraffin$

$4 ELuft = 3.33⋅10 V/m$

$4 EP araffin = 1.67⋅10 V/m$
2 Punkte
$Φ = 2.95⋅10-7 Asm - 2 el$
1 Punkt
$Q = D ⋅AK = 2.95 nC$

$C = 5.9 pF$
1 Punkt
$QU -7 Epot = ---- = 7.38⋅10 J 2$
1 Punkt
$D ⋅E D ⋅E Epot = Epot,Luft + Epot,Paraffin =--Luft--LuftVLuft + --Paraffin--Paraffin-VParaffin 2 2$

$D = D P araffin Luft$

$V = V P araffin Luft$

$ELuft- EP araffin = 2$

$E = Epot pot,P araffin 3$

2 Punkte

∑ 8 Punkte

Wir berechnen zunächst den durch den Stab fliessenden Strom. Die Spannungsquelle liefert eine Spannung U, und der Stab induziert aufgrund seiner Bewegung eine Gegenspannung mit dem Betrag Bℓv. Also ist die resultierende Spannung U-Bℓv = IR. Daraus folgt I = ∕R. Wegen dieses Stromes im Stab wirkt auf ihn durch das magnetische Feld die Kraft F = IℓB = Bℓ∕R = ma.
2 Punkte
Die Endgeschwindigkeit v_e tritt auf, wenn F = 0 ist, also wenn gilt U - Bℓv_e = 0. Daraus folgt v_e = U∕.
2 Punkte
Bei der Endgeschwindigkeit ist der Strom im Stab I = ∕R = 0.
2 Punkte

∑ 6 Punkte

Wir verwenden die Lorentztransformation aus der Formelsammlung $0 = Ez′= γ (vy)(Ez - vy⋅Bx)$

Die Geschwindigkeit muss in die y-Richtung zeigen.
1 Punkt
Daraus erhalten wir
$0 = E - v ⋅B ⇒ v = Ez- z y x y Bx$

1 Punkt
$1 Vm -1 vy = --------= 10 ms- 1 0.1 T$
1 Punkt
Die Felder sind gleich wie vorher, aber B_x soll im bewegten Bezugssystem null sein. Also muss $0 = B - v-E x c2 z$
sein.
1 Punkt
Die Geschwindigkeit ist dann in die y-Richtung und hat den Betrag
$v = c2⋅Bx- = 9 Pm/s Ez$

1 Punkt
Die Teilaufgabe a) ist physikalisch sinnvoll, die Teilaufgabe b) nicht (da dann v_y > c ist.)
1 Punkt

∑ 6 Punkte

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.

U (I) = 2U (I) 2D D

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

4 Punkte

Aus den Schnittpunkten lesen wir die folgenden Werte ab und verwenden

UR = I * R = U (t) - U2D

U(t)[V]	U_2D[V]	I[A]	U_R[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

∑ 9 Punkte

Mit B = μμ₀H und μ = 1 + χ_m bekommt man $2 -5 ϕB,Cu = μ μ0HA = (1 + χm )μ0Ha = 1.256 ⋅10 Wb$
3 Punkte
Der Fluss im Streufeld ist $ϕ = ϕ - (1 + χ )μ Ha2 = 2.44⋅10-6 Wb B,streu B,Magnet m 0$
3 Punkte

∑ 6 Punkte

Die Bewegungsgleichung lautet

( ¨x (t) ) ( 0 ) ( ˙x(t) ) ( 0 ) d2r(t) dr (t) | | | | | | | | m ------ = mg + q----- × B ⇒ m | y¨(t) | = | 0 | + q| ˙y(t) | × | B | dt2 dt ( z¨(t) ) ( - mg0 ) ( ˙z(t) ) ( 0 )

In Komponenten

x(t)	= -z(t)
y(t)	= 0
z(t)	= -g₀ + x(t) 2 Punkte

Wir differenzieren die erste Gleichung nach t und setzen die dritte Gleichung ein.

x(t) = -z(t) = - 1 Punkt
x(t) = -x(t) 1 Punkt

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	=
ω	=
	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

Wir integrieren die dritte Differentialgleichung einmal und setzen x(t) ein.

Für t = 0 haben wir

0	= x(0)	=	A₁
0	= z(0)	=	- A₂ + E
			1 Punkt
0	= ẋ(0)	=	- A₁ sin + A₂ cos +	=	A₂ +
0	= ż(0)	=	A₁ cos + A₂ sin + D	=	A₁ + D
			1 Punkt
⇒ A₁	= 0 ⇒ D	= 0
⇒ A₂	= -
⇒ E	= -

Damit ist die Lösung

x(t)	= - sin + t	1 Punkt
z(t)	= cos -	1 Punkt

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 Nachklausur) 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.

∑ 14 Punkte

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
2 Punkte
Das Magnetfeld wirkt über die Lorenzkraft = q × B auf die Flugbahn des Elektrons.
1 Punkt
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.
1 Punkt
Die Zentrifugalkraft m⋅ = m⋅ω⋅v_s ist nun gleich der Lorenzkraft: mωv_s = qB⋅v_s woraus die Kreisfrequenz ω = B und die Periodendauer eines Umlaufs
$2π- 2πm-- T = ω = qB$

2 Punkte
sich ergibt.
Die Elektronen bewegen sich parallel zum Magnetfeld mit einer konstanten Geschwindigkeit und führen senkrecht dazu eine kreisförmige Bewegung aus, also insgesamt eine schraubenförmige Bahn.
Nach der Zeit T treffen sie sich wieder alle in einem Punkt, der
$s = v ⋅T = v⋅cosα-⋅2-πm--≈ 0,105m p qB$

2 Punkte
entfernt ist.
Ein Magnetfeld fokussiert also sich divergent bewegende Ladungen, sofern sie alle die gleiche Geschwindigkeit haben und das gleiche Verhältnis .

∑ 8 Punkte

Wir verwenden zur Lösung die Poisson-Gleichung

ρel(x,y,z) Δ φ(x,y,z) = - ---------- εε0

1 Punkt

und setzen die gegebene Gleichung ein. Da x, y und z gleichbedeutend sind, setzen wir a² = y² + z² und leiten nur nach x ab.

1 Punkt	φ₀(x,y,z)	= φ₀e^{-(x²+a²)∕r₀²}
		= -φ₀e^{-(x²+a²)∕r₀²}
1 Punkt	-φ₀e^{-(x²+a²)∕r₀²}	= -φ₀e^{-(x²+a²)∕r₀²} + φ₀e^{-(x²+a²)∕r₀²}
1 Punkt	φ₀(x,y,z)	= e^{-(x²+y²+z²)∕r₀²}
1 Punkt	ρ_el(x,y,z)	= -εε₀
1 Punkt		= -εε₀e^{-(x²+y²+z²)∕r₀²}
1 Punkt	ρ_el(r)	= -εε₀e^{-r²∕r₀²}

∑ 7 Punkte

= -g₀t + x(t) + D

= -g₀t + + D

= A₁ cos + A₂ sin + D

= A₁ sin - A₂ cos + Dt + E

= A₁ sin - A₂ cos + Dt + E