Aufgabenblatt zum Seminar 01
PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus
(Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Othmar Marti, (othmar.marti@uni-ulm.de)

22. 04. 2009

1 Aufgaben

Diese Aufgaben sind unter anderem eine Wiederholung der letzten Vorlesungen des 1. Semesters

  1. Drei identische Massen m seien wie in der Abbildung gezeigt reibungsfrei auf einer Unterlage befestigt. Die Massen seien mit identischen Federn (Federkonstante k) der Ruhelänge ℓ0 untereinander und mit dem Rand verbunden. Die Lagekoordinaten der Massen seien x1, x2 und x3.

    PIC

    Zur Zeit t = 0 werden die Massen auf die Positionen x1,0, x2,0 und x3,0 ausgelenkt.

    1. Geben Sie das System der Bewegungsgleichungen an.
    2. Lösen Sie die Bewegungsgleichungen mit den Methoden aus Abschnitt 8.1.6 „Klassische und relativistische Physik“.
    3. Welches sind die Eigenschwingungen? Wieviele Eigenschwingungen gibt es?
    4. Skizzieren Sie x1(t), x2(t) und x3(t) für alle Eigenschwingungen.

  2. Die unten stehenden Kurven zeigen die Amplitude und die Phase eines getriebenen harmonischen Oszillators, der entlang der z-Achse schwingt. Bestimmen Sie aus den Kurven
    1. die Resonanzfrequenz des ungedämpften harmonischen Oszillators ω0
    2. die Güte Q
    3. die Amplitude der treibenden Schwingung z0

    PIC

  3. Die unten stehenden Kurven zeigen die Amplitude und die Phase eines getriebenen harmonischen Oszillators, der entlang der z-Achse schwingt. Bestimmen Sie aus den Kurven
    1. die Resonanzfrequenz des ungedämpften harmonischen Oszillators ω0
    2. die Güte Q
    3. die Amplitude der treibenden Schwingung z0

    PIC

  4. Nehmen Sie an, dass das System Erde-Sonne als Ganzes ungeladen sei.
    1. Berechnen Sie die Gesamtladung der Erde, die notwendig ist, um eine der Gravitationskraft zwischen Erde und Sonne gleiche anziehende elektrostatische Kraft zu erzeugen.
    2. Wenn die Ladung eines Elektrons qe = -1.6 ⋅ 10-19 C ist und die Elektronen gleichmässig über die Erdoberfläche verteilt sind, wie gross ist dann die jedem Elektron zustehende Fläche?
  5. Zwei dem Betrage nach gleiche Ladungen, eine positiv, die andere negativ, seien jeweils im Abstand ℓ vom Nullpunkt auf der x-Achse befestigt.
    1. Berechnen Sie entlang der x-Achse die Coulombkraft auf eine Testladung q0.
    2. Berechnen Sie entlang der y-Achse die Coulombkraft auf eine Testladung q0.

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  6. (Im Seminar 12 Minuten)

    Gegeben ist die Schwingungsdifferentialgleichung

    2 m d-x(t) + bdx(t) + kx (t) = F cos(ωt) dt2 dt

    1. Wie lautet die homogene Differentialgleichung?
    2. Lösen Sie die homogene Differentialgleichung unter der Annahme dass b2 > 4mk ist.

2 Lösungen

  1. Aus der Zeichnung liest man für die Beträge ab
    |FFeder 0↔1| = (ℓ0↔1(t) - ℓ0) k
    |FFeder 1↔2| = (ℓ1↔2(t) - ℓ0) k
    |FFeder 2↔3| = (ℓ2↔3(t) - ℓ0) k
    |FFeder 3↔4| = (ℓ3↔4(t) - ℓ0) k
    ℓ0↔1(t) - ℓ0 = x1(t)
    ℓ1↔2(t) - ℓ0 = x2(t) - x1(t)
    ℓ2↔3(t) - ℓ0 = x3(t) - x2(t)
    ℓ3↔4(t) - ℓ0 = -x3(t)

    1. Das System der Differentialgleichungen lautet also:
      md2x1(t) ----2-- dt = -|FFeder 0↔1| + |FFeder 1↔2| = - kx1(t) + k((x2(t) - x1(t)))
      = -2kx1(t) + kx2(t)
      md2x2(t) --dt2-- = -|FFeder 1↔2| + |FFeder 2↔3| = - k(x2(t) - x1(t)) + k((x3(t) - x2(t)))
      = -2kx2(t) + kx1(t) + kx3(t)
      md2x3(t) dt2 = -|FFeder 2↔3| + |FFeder 3↔4| = - k(x3(t) - x2(t)) + k((-x3(t)))
      = -2kx3(t) + kx2(t)
      oder
      m 2 d--x1(t) dt2 = (-2kx1(t)) + kx2(t)
      md2x2 (t) ----2-- dt = kx1(t) + (-2kx2(t)) + kx3(t)
      m 2 d--x3(t) dt2 = kx2(t) + (-2kx3(t))
    2. Wir nehmen an, dass alle Massen mit der gleichen Frequenz ω schwingen. Wir setzen also an
      x1(t) = x1,0eiωt
      x2(t) = x2,0eiωt
      x3(t) = x3,0eiωt
      Die xi,0 sind komplexe Zahlen. Eingesetzt erhalten wir
      - mω2x 1,0eiωt = (-2kx 1,0eiωt) + kx 2,0eiωt
      - mω2x 2,0eiωt = kx 1,0eiωt + (-2kx 2,0eiωt) + kx 3,0eiωt
      - mω2x 3,0eiωt = kx 2,0eiωt + (-2kx 3,0eiωt)
      oder
      0 = (mω2 - 2k)x 1,0 + kx2,0
      0 = kx1,0 + (mω2 - 2k)x 2,0 + kx3,0
      0 = kx2,0 + (mω2 - 2k)x 3,0

      Wenn wir (mω2 - 2k) = B setzen, lautet das Gleichungssystem

      0 = Bx1,0 + kx2,0
      0 = kx1,0 + Bx2,0 + kx3,0
      0 = kx2,0 + Bx3,0
      Wir eliminieren x3,0
      0 = Bx1,0 + kx2,0
      0 = kBx1,0 + B2x 2,0 + kBx3,0
      0 = - k2x 2,0 - kBx3,0
      ⇒ 0 = kBx1,0 + (B2 - k2)x 2,0

      Nun eliminieren wir x1,0 (*)

      0 = -kBx1,0 - k2x 2,0
      0 = kBx1,0 + (B2 - k2)x 2,0
      ⇒ 0 = (B2 - 2k2)x 2,0

      Da die letzte Gleichung für alle x2,0 gelten muss, gilt

      2 2 2 2 2 2 √ -- B - 2k = 0 ⇒ (m ω - 2k ) = 2k ⇒ m ω - 2k = ± 2k

      { √ -- 2 (2 - √ 2)mk = ω21, für - ; ω = (2 + 2)-k = ω22, für +. m

      und für -:

      x1,0,1 = -k -- Bx2,0 = - k ------------ (m ω2 - 2k )x2,0 = 1 √--- 2x2,0
      x2,0,1 = x2,0
      x3,0,1 = -k -- Bx2,0 = - k -----2------ (m ω - 2k )x2,0 = 1 √--- 2x2,0
      ω12 = (2 -√2-)k- m
      sowie für +:
      x1,0,2 = --k Bx2,0 = ------k------ (mω2 - 2k)x2,0 = - -1-- √2--x2,0
      x2,0,2 = x2,0
      x3,0,2 = --k Bx2,0 = ------k------ (mω2 - 2k)x2,0 = - √1-- 2x2,0
      ω22 = (2 + √ -- 2) k -- m
      Da wir drei Koordinaten haben, muss es auch drei Lösungen geben. Indem wir nach x2,0 aufgelöst haben, haben wir angenommen, dass x2,0≠0 ist. Die dritte Lösung ist offensichtlich eine mit x2,0 = 0. Dann haben wir
      0 = Bx1,0
      0 = kx1,0 + kx3,0
      0 = + Bx3,0
      Dann ist
      x1,0,3 = x1,0  x2,0,3 = 0  x3,0,3 = -x1,0  B = 0  ⇒ ω32 = 2k- m

      Die Fallunterscheidung wäre nicht nötig gewesen, wenn wir bei (*) x2,0 eliminiert hätten.

      0 = (B2 - k2)Bx 1,0 + (B2 - k2)kx 2,0
      0 = -k2Bx 1,0 - k(B2 - k2)x 2,0
      ⇒ 0 = (B3 - 2Bk2)x 1;0

      Daraus folgt (nummeriert wie bei der vorherigen Lösungsvariante)

      B3 = 0 ⇒ ω32 = 2 k -- m
      B2 = -- √ 2k ⇒ ω22 = (2 + -- √2) k- m
      B1 = -√ -- 2k ⇒ ω12 = (2 - √-- 2) k m-
      Die drei Lösungen sind
      x1,0,1 = x1,0   x1,0,2 = x1,0   x1,0,3 = x1,0
      x2,0,1 = B- kx1,0 = -√ -- 2x1,0   x2,0,2 = B- kx1,0 = √-- 2x1,0   x2,0,3 = 0
      x3,0,1 = k -- Bx2,0,1 = x1,0   x3,0,2 = k -- Bx2,0,2 = x1,0   x3,0,3 = -x1,0
      ω12 = (2 -√ -- 2)-k m   ω22 = (2 + √-- 2)k- m   ω32 = 2k- m
    3. Es gibt drei Eigenschwingungen, die im vorherigen Teil mit 1, 2 und 3 nummeriert wurden.
      x1,1(t) = x1,0 cos ( ) ∘ -----√------ (2 - 2)-kt m x1,2(t) = x1,0 cos ( ) ∘ -----√------ (2 + 2)-kt m
      x2,1(t) = -√ -- 2x1,0 cos ( ∘ ------------) √ --k- (2 - 2)m t x2,2(t) = √ -- 2x1,0 cos ( ∘ ------------) √ ---k (2 + 2)m t
      x3,1(t) = x1,0 cos ( ∘ ------------) √ -- k (2 - 2)--t m x3,2(t) = x1,0 cos ( ∘ ------------) √ -- k (2 + 2)--t m
      x1,3(t) = x1,0 cos ( ) ∘ ---- 2 k-t m
      x2,3(t) = 0
      x3,3(t) = -x1,0 cos ( ∘ ----) k 2-- t m
    4. Im Folgenden setzen wir m = 1, k = 1 und x1,0 = 1. Die Koeffizienten sind
      x1,0,1 = 1   x1,0,2 = 1   x1,0,3 = 1
      x2,0,1 = -√ -- 2   x2,0,2 = √ -- 2   x2,0,3 = 0
      x3,0,1 = 1   x3,0,2 = 1   x3,0,3 = -1
      ω12 = (2 -√ -- 2)   ω 22 = (2 + √ -- 2)   ω 32 = 2
      1. Eigenschwingung 2. Eigenschwingung 3. Eigenschwingung
      PIC PIC PIC
  2.  

    PIC

    1. Aus dem Phasenbild liest man bei δ(ω0) = 0.5π ab:
      ω0 = 6

    2. Aus
      ( ) δ(ω) = arctan ----ωω0----- Q (ω20 - ω2)

      berechnet man

      | [ ] dδ(ω)|| -------1-------- ----ω0------ -ωω0-(--2ω0)- 2Q- dω | = ( ω ω0 )2 ⋅ Q (ω2- ω2) - Q (ω2 - ω2 )2 = ω0 ω= ω0 1 + Q(ω20-ω2) 0 0 ω=ω0

      Die Steigung bei ω0 ist 0.25 = 2ωQ0- = 26Q- Daraus folgt

      Q = 0.25⋅6∕2 = 0.75

    3. Im Amplitudenbild bei ω = 0 liest man ab
      z0 = 3

  3.  

    PIC

    1. Aus dem Phasenbild liest man bei δ(ω0) = 0.5π ab:
      ω0 = 4.4

    2. Aus
      ( ) ----ωω0----- δ(ω) = arctan Q (ω2- ω2) 0

      berechnet man

      | [ ] dδ(ω)|| -------1-------- ----ω0------ -ωω0-(--2ω0)- 2Q- dω | = (--ω-ω0--)2 ⋅ Q (ω20 - ω2) - Q (ω2 - ω2 )2 = ω0 ω= ω0 1 + Q(ω20-ω2) 0 ω=ω0

      Die Steigung bei ω0 ist 1.27 = 2Q- ω0 = 2Q- 4.4 Daraus folgt

      Q = 1.27 ⋅4.4∕2 = 2.794

    3. Im Amplitudenbild bei ω = 0 liest man ab
      z0 = 1

  4. Um diese Aufgabe zu lösen, braucht man aus der Literatur die Massen der Sonne und der Erde.

    Einerseits ist

    m m FG = - G --E2-S- rSE

    Andererseits ist

    -1---qEqS- FC = 4πϵ0 r2 SE

    Wegen der Ladungsneutralität ist

    qE = - qS

    Da in der Aufgabe nach Elektronen auf der Erde gefragt wurde, setzen wir qE < 0.

    1. Dann ist
      FG = - GmEmS ---2--- rSE =
      FC = --1--- 4πϵ0-q2E- r2 SE
      - GmEmS--- r2SE = --1--- 4πϵ0 2 -qE- r2SE
      qE2 = 4πϵ 0GmEmS
      qE = - 2∘ ------------ πϵ0GmEmS
      Mit den Werten mE = 5.974 ⋅ 1024 kg, m S = 1.989 ⋅ 1030 kg, G = 6.6742 ⋅ 10-11 m3/(kg ⋅ s2), rSE = 149.597 Gm und ϵ0 = 8.8544 ⋅ 10-12 C2/(N ⋅ m2)
      qE = -2∘ ------------------------------------------------------------------------------------ π ⋅8.8544 ⋅10-12 C2/(N ⋅m2 )⋅6.6742 ⋅10-11 m3/ (kg⋅s2)⋅5.974 ⋅1024 kg⋅1.989 ⋅1030 kg
      = -2√ ------------------------------------------------------ π ⋅8.8544⋅10 -12⋅6.6742 ⋅10-11⋅5.974 ⋅1024⋅1.989 ⋅1030 C
      = -2√ ---------------------------------- π ⋅8.8544⋅6.6742 ⋅5.974⋅1.989 ⋅10 ⋅ 1015 C
      = -2.97053 ⋅ 1017 C
    2. Die Erdoberfläche ist
      AE = 4πr2E = 4π ⋅(6371000 m )2 = 5.1006⋅1014 m2

      Die Fläche pro Elektron ist also

      -19 A = AE--= A qe-= 5.1006 ⋅1014 m2 ⋅ --1.602176-⋅10---C-= 2.75 ⋅10-22 m2 e qEq- E qE - 2.97053 ⋅1017 C e

      Das bedeutet, dass jedes Atom an der Oberfläche der Erde hundertfach geladen sein müsste!

  5. Die Coulombkraft ist
    F C(r) = -1--q1-⋅q2r12 4πϵ0 r212 r12

    1. Diese Aufgabe ist eindimensional. Aus Symmetriegründen sind entlang der x-Achse die Kraftkomponenten Fy und Fz gleich null. Wir müssen drei Bereiche betrachten:
      x > ℓ
      FC,x = -1--- 4πϵ 0--q0⋅q-- (x - ℓ)2 ---1-- 4π ϵ 0--q0⋅q-- (x + ℓ)2 = q0-⋅q 4πϵ 0[ ] ---1---- ---1---- (x - ℓ)2 - (x + ℓ)2
      = q0⋅q- 4πϵ0[ 2 2] (x-+-ℓ)---(x---ℓ)-- (x2 - ℓ2)2 = q0-⋅q πϵ0----xℓ---- (x2 - ℓ2)2
      ℓ > x > -ℓ
      FC,x = - 1 ----- 4π ϵ0 q0⋅q -------2 (x - ℓ) - 1 ----- 4πϵ0 q0 ⋅q ------2- (x + ℓ) = -q0⋅q ----- 4π ϵ0[ 1 1 ] -------2 + -------2 (x - ℓ) (x + ℓ)
      = -q0-⋅q 4 πϵ 0[ ] (x +-ℓ)2 +-(x---ℓ)2- (x2 - ℓ2)2 = -q0⋅q- 2π ϵ 0-x2-+-ℓ2-- (x2 - ℓ2)2
      x < -ℓ
      FC,x = ---1-- 4π ϵ0-q0-⋅q-- (x - ℓ)2 + -1--- 4πϵ0--q0⋅q-- (x + ℓ)2 = q0⋅q- 4πϵ0[ ] ---1---- ---1---- - (x - ℓ)2 + (x + ℓ)2
      = q0-⋅q 4π ϵ0[ 2 2] - (x-+-ℓ)-+-(x---ℓ)- (x2 - ℓ2)2 = -q0-⋅q πϵ0----xℓ---- (x2 - ℓ2)2
    2. Hier ist aus Symmetriegründen Fz gleich null.

      Da die positive und die negative Ladung gleich weit von der y-Achse entfernt sind und auf der x-Achse liegen, ist auch Fy überall gleich null.

      Die x-Komponente der Coulombkraft ist dann (das erste Minuszeichen stammt davon, dass die y-Achse links der Ladung q ist, das zweite ist weil die linke Ladung kleiner Null ist)

      FC,x(y) = --1--- 4πϵ0--q0⋅q- ℓ2 + y2 ⋅∘---ℓ---- ℓ2 + y2 ---1-- 4π ϵ0-q0⋅q-- ℓ2 + y2 ⋅∘---ℓ---- ℓ2 + y2
      = --1--- 2πϵ0---q0⋅q⋅ℓ-- (ℓ2 + y2)3∕2
  6. Gegeben ist
    2 m d-x(t) + bdx(t) + kx (t) = F cos(ωt) dt2 dt

    1. Die homogene Differentialgleichung lautet:
      d2x(t) dx(t) m ---2-- + b----- + kx(t) = 0 dt dt

    2. Da b2 > 4mk ist auch b2∕(4m2) > k∕m = ω 02. Wir haben also den überdämften Fall und können gleich x(t) = x0eAt ansetzen.
      0 = mA2x 0eAt + bAx 0eAt + kx 0eAt
      = mA2 + bA + k = 0
      Also ist
      √ -2------- ∘ --2------- A1,2 = --b ±---b---4km--= - -b--± -b-- - k- 2m 2m 4m2 m

      Die Lösung ist also

      [ ] - -bt ∘ -b2---kt - ∘-b2-- kt x(t) = e 2m x0,+e 4m2 m + x0,- e 4m2 m

      mit den Unbekannten x0,+ und x0,-.