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

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

03. 06. 2009

1 Aufgaben

  1. Durch zwei sehr lange Leiter, die in Luft im Abstand 10 cm parallel zueinander verlaufen, fliessen in gleicher Richtung Ströme von je 57 A. Welche Arbeit muss verrichtet werden, um beide Leiter entlang 10 m Länge bis auf einen Abstand von 20 cm auseinander zu rücken?
  2. Von einem Punkt eines homogenen Magnetfeldes mit B = 0.01 T geht ein divergentes Bündel von Elektronenstrahlen aus, deren Geschwindigkeitsvektoren alle den gleichen Betrag von v = 3107 m/s haben und mit der Richtung der magnetischen Induktion einen Winkel von 10° einschliessen. Welche Art von Bahnen durchlaufen die Elektronen? Wo treffen 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 U(t) = U0 cos(ωt)

    PIC PIC

    1. Konstruieren Sie den zeitlichen Spannungsverlauf an R, wenn R = 100 Ω und U0 = 5 V ist.
    2. Wie sieht der zeitliche Spannungsverlauf an R für U0 = 10 V aus?
  4. Zeigen Sie, dass die Leistungsabgabe einer Batterie maximal ist, wenn der Belastungswiderstand R gleich dem gleich dem Innenwiderstand Ri ist.
  5. An einer Piezokeramik gilt die Beziehung
    Q (t) = d31F (t)

    wobei d31 = 10-8 C/N = 10-8 m/V der sogenannte Piezomodul ist. Die entstehende Ladung wird auf den Platten, die auf der Keramik beidseitig aufgebracht wurden, gespeichert. Die Kapazität sei CP = 10 nF. Sie sei mit einem Widerstand R = 1 kΩ verbunden.

    PIC

    Eine Stahlkugel mit einem Durchmesser von 10 mm und einer Masse m = 4.0 g falle aus der Höhe h0 = 50 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 U(t) am Widerstand während des Stosses.

  6. Man berechne die magnetische Feldstärke H eines von einem Strom I durchflossenen geraden Leiters der Länge im senkrechten Abstand a von der Mitte des Leiters. Man zeige, dass für →∞ gilt:
                     I
lim  H =  H ∞ =  ----
ℓ→ ∞             2πa

    1. Man berechne mit dem Gesetz von Biot-Savart das Magnetfeld H eines Kreisstromes entlang seiner Symmetrieachse z!
    2. Welcher Strom muss in einem Ring mit dem Durchmesser 2R = 2 cm fliessen, wenn das Feld im Zentrum des Kreisstromes gerade das Erdmagnetfeld (Magnetische Induktion BE 50 µT kompensieren soll?
    3. In welcher Entfernung vom Zentrum in Richtung z beträgt die vom Kreisstrom erzeugte magnetische Induktion noch 0.1BE?

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  7. (Im Seminar 12 Minuten)

    Zeigen Sie mit der Bedingung, dass ein Leiterbahnknoten sich nicht auflädt, die Gültigkeit des ersten Kirchhoffschen Gesetzes. (Die Summe der zufliessenden Ströme an einem Knoten ist gleich der Summe der wegfliessenden Ströme.)

2 Lösungen

  1. Ein langer gerader stromdurchflossener Leiter bewirkt ein Magnetfeld im Abstand r zum Leiter von B(r) = μ0
2πI1
r.

    Die Kraft auf einen zweiten mit dem Strom I2 durchflossenen Leiter der Länge l ist (siehe Manuskript)

                     μ 2lI I
F =  I2B  (r)⋅l =--0---1-2
                4 π   r

    Beim differentiellen Auseinanderziehen der Leiter muss nun die differentielle Arbeit dW = Fdr geleistet werden, also ergibt sich für die Gesamtarbeit

    ∫2      ∫ 2       μ     ∫r21     μ  I2l   r
  dW  =    Fdr =  -0-⋅I2l   -dr = --0---ln -2=  4,54⋅10-3J
                  2π       r       2π     r1
1        1              r1

  2. Die Geschwindigkeit eines Elektrons hat bezüglich dem Magnetfeld zwei Anteile, deren Grösse von dem eingeschlossenen Winkel α abhängen.

    parallel zum Feld: vp = v cos α

    senkrecht zum Feld: vs = 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 Fs = qBv sin φ = qBvs eine stetige Richtungsänderung, die zu einer Kreisbahn senkrecht zum Magnetfeld führt.

    Die Zentrifugalkraft mv2s
r = mωvs ist nun gleich der Lorenzkraft: mωvs = qBvs woraus die Kreisfrequenz ω =  q
m-B und die Periodendauer eines Umlaufs

    T =  2π-=  2πm--
     ω     qB

    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.

    Nach der Zeit T treffen sie sich wieder alle in einem Punkt, der

                v⋅cosα ⋅2πm
s = vp⋅T =  -------------≈ 0,105m
                 qB

    entfernt ist.

    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 U(t) = U0 cos(ωt) sei. Sowohl bei der positiven wie auch bei der negativen Halbwelle sind zwei Dioden in Serie mit dem Widerstand R geschaltet.

    1. Bei einem bestimmten Strom addieren sich also die Diodenspannungen. Wir zeichnen diese neue Kurve zusammen mit der rückwärts gezeichneten Widerstandskurve für verschiedene Spannungen auf:
      PIC
      Aus den Schnittpunkten lesen wir die folgenden Werte ab
      UD[V] I[A] U(t)[V]



      0 0 0
      0.65 0.0033 1.0
      0.74 0.0076 1.5
      0.78 0.0120 2.0
      0.82 0.0167 2.5
      0.84 0.0214 3.0
      0.87 0.0262 3.5
      0.88 0.0310 4.0
      0.90 0.0359 4.5
      0.91 0.0409 5.0
      Das Resultat ist unten eingezeichnet. Zum Vergleich ist auch U(t) angegeben, wobei die Periodendauer 20 ms ist.

      PIC

    2. Hier ist alles gleich, ausser dass U0 = 10 V ist.
      PIC
      Aus den Schnittpunkten lesen wir die folgenden Werte ab
      UD[V] I[A] U(t)[V]



      0 0 0
      0.363 0.0000 0.5
      0.659 0.0033 1
      0.788 0.0120 2
      0.851 0.0214 3
      0.881 0.0309 4
      0.911 0.0404 5
      0.940 0.0507 6
      0.937 0.0602 7
      0.967 0.0704 8
      0.997 0.0799 9
      0.960 0.0898 10

      Das Resultat ist unten eingezeichnet. Zum Vergleich ist auch U(t) angegeben, wobei die Periodendauer 20 ms ist.

      PIC

  4. Wir haben das folgende Schaltschema:

    PIC

    Also ist

        --U0---
I = R +  Ri

    Die Leistung am Lastwiderstand ist

                   U0R     U0         U2R
PL  = UK I = ------- -------=  ----0----2
             R  + Ri R + Ri    (R + Ri )

    Wir suchen den Extremwert

                 (                          )
0 = dP- = U 2  - 2----R-----+  ----1-----  ⇒  0 = - --2R---+ 1 ⇒  0 = - R +  Ri ⇒ R  = Ri
    dR      0     (R + Ri )3    (R  + Ri)2            R + Ri

    Bemerkung:

    Leistung am Innenwiderstand

                          U0Ri     U0        U 20Ri
PRi =  (U0 - UK )I = ------- -------=  --------2-
                     R  + Ri R + Ri    (R + Ri )

    Gesamtleistung:

                      2
P   =  U I =  --U0---
  tot    0     R + Ri

    Der Wirkungsgrad als Verhältnis von Nutzleistung PL zur eingesetzen Leistung Ptot ist

                          2
η(R ) = PL-(R)-=  ---U0R----R-+-Ri- = ---R---
        Ptot(R )   (R + Ri )2  U 20     R  + Ri

    PIC

  5. Die Ladung am Kondensator ist Q = dF, die Spannung U = CQ Weiter sei RC 1 ms, das heisst, wir vernachlässigen die Effekte von R.

    Der Kraftstoss sei parabelförmig, also

             (     (       )  )      (       )
           1      t   1  2         t   t2
F (t) = A   ---   ---  --    =  A   --- -2-
           4     τ    2            τ   τ

    wobei

    ∫τ
   F(t)dt = Δp

0

    Aus der Energieerhaltung bekommt man

      2                  ∘ ----            ∘ ----
-p--=  mgh  ⇒  p = m   2gh ⇒  Δp  = 2m   2gh
2m

    Damit

                 τ                                 |
   ∘ ----   ∫   (  t   t2)         ( t2    t3) |τ   A τ
2m   2gh =    A   ---  -2- dt = A   --- - --2- ||  = ---
            0     τ    τ            2 τ   3τ    0    6

           m-∘  ----
A =  12τ    2gh

                                                          (         )
              dQ-(t)-        dF-(t)            m-∘ ----  1-   -t-
U(t) = I⋅R =   dt   = R ⋅d31⋅ dt   = 12R ⋅d31⋅τ   2gh   τ - 2τ 2

    Beispiel: Setzen wir d31 = 10-8 C/N, C P = 10 nF, R = 1 kΩ und m = 4.0 g bekommen wir die unten stehenden Kurven.

    PIC

  6. Nach Biot-Savart erzeugt ein Stromelement Idℓ in einem Punkt, der vom Stromelement um den Ortsvektor r entfernt liegt, den Magnetfeldbetrag

            I dℓ × r
dH   = ----------
       4π   r3

    Hier ist dℓ = dz, |dℓ × r| = dzr sin(φ) = dza und r = √ -------
  z2 + a2. Also haben wir

    H = I--
4π -ℓ∕2ℓ∕2sin-(φ-)dz-
   r2 = I--
4π -ℓ∕2ℓ∕2----dz------
(z2 + a2)3∕2
    =        Iℓ
---∘-------------
4πa   (ℓ2∕4 ) + a2

    Das Magnetfeld ist in die Papierebene hineingerichtet.

    Für →∞ erhält man

                                 I              I
lim H  = H ∞  = lim ----∘-------------- =  ----
ℓ→∞             ℓ→∞ 4 πa  (1∕4 ) + a2∕ℓ2   2πa

    PIC

    1. Nach Biot-Savart erzeugt ein Stromelement Idℓ in einem Punkt, der vom Stromelement um den Ortsvektor r entfernt liegt, den Magnetfeldbetrag
              I dℓ × r
dH   = ------3---
       4π   r

      Wir setzen
           (   )    (         )
       x        R cos(φ)
     |  y|    | R sin (φ)|
R  = |(   |) =  |(         |)
        0          0

      Dann ist

                  (         )
              - sin(φ )
            ||  cos(φ ) ||
dℓ = dR  =  (    0    ) Rd φ

          (           )
      - R cos(φ )
    | - R sin(φ)|
r = |(           |)
           z

      PIC

      und

      dℓ×r = (  -  sin(φ ))
|           |
|   cos(φ ) |
(      0    )×(  - R cos(φ ) )
|             |
|  - R sin(φ ) |
(      z      )R =(         zcos(φ )       )
|                        |
|    (   2zsin(φ)  2   ) |
(  R  sin (φ) + cos (φ)  )R
      = (             )
|  zR  cos(φ) |
|   zR sin (φ ) |
(      R2     )

      Da r = √R2--+--z2 ist folgt

                            (  z cos(φ ) )
                      |           |
dH  =  ------IR-------|  z sin(φ ) | dφ
       4π (R2 + z2)3∕2(     R     )

      Wir integrieren von φ = 0 bis φ = 2π. Bei diesen Integrationsgrenzen verschwinden die Integrale über cos und sin. Also ist H = (0, 0,Hz) und

                 IR2
Hz  = ---------------
      2 (R2 + z2)3∕2)

    2. Hier ist z = 0, also
            -I-
Hz =  2R

      oder

      I =  2RHE  =  2R BE--=≈  800 mA
                 μ0

    3. Wir können auch schreiben
                  IR2
Hz =  ---------------3∕2-
      2z3(1 + R2 ∕z2)

      Für z →∞ hat diese Funktion die Form

            IR2
Hz  = ---3
       2z

      Mit Hz(0) = I∕(2R) erhalten wir

      Hz(z-)   R3-   1--       √3----3
H  (0) =  z3 <  10 ⇒  z >   10R   = 4.3 cm
  z

  7. Ein Knoten in einer Leiterstruktur lädt sich nicht auf. Wir verwenden, dass
            (        )
     ∫    ∑
Q  =           Ij  dt
         ∀Leiter

    und

    dQ         ∑
--- = 0 =       Ij
dt        ∀Leiter

    Das Gesetz ist damit gezeigt.

3 Nachtrag zum Aufgabenblatt 6

3.1 Aufgabe 2 a)

Wir definieren: UR1(t) = R1I0(t), UR2(t) = R2I2(t), UC1 = Q1(t)
 C1, UC2 = Q2(t)
 C2, I2(t) = dQ2(t)
 dt, I1(t) = dQ1-(t)
 dt und I0(t) = I1(t) + I2(t) oder I0(t) = dQ1d(tt) + dQ2dt(t). Weiter ist UC2(t) + UR2(t) = UC1(t) und U0 = UR1(t) + UC1(t) sowie Q1(0) = 0 und Q2(0) = 0.

UC1(t) = UR2(t) + UC2(t) = R2I2(t) + Q2(t)-
 C2 = R2dQ2-(t)
  dt + Q2-(t)-
 C2 = Q1(t)-
 C1
U0 = UR1(t) + UC1(t) = R1I0(t) + Q (t)
-1----
 C1 = R1( dQ  (t)   dQ  (t) )
  ---1---+  ---2---
     dt       dt + Q  (t)
--1---
  C1
Wir leiten die erste Gleichung nach der Zeit ab
dQ1(t)-       d2Q2-(t)   C1-dQ2-(t)-
  dt   = C1R2    dt2   + C    dt
                           2

und setzen in die zweite Gleichung ein.

U0 = R1(      d2Q  (t)   C  dQ (t)   dQ  (t))
  C1R2 ----2---+  -1----2---+ ---2---
         dt2      C2   dt       dt + R2dQ  (t)
---2---
  dt + 1
---
C2Q2(t)
U0 = d2Q2 (t)
----2---
   dtC1R1R2 + dQ2 (t)
-------
  dt(   ( C1     )      )
 R1   --- + 1  + R2
      C2 + 1
---
C2Q2(t)
Zur Lösung der homogene Gleichung setzen wir
Q2 (t) = Ae -Bt

und setzen ein.

                    (    (       )      )
0 = B2C1R1R2   -  B   R1  C1- + 1  +  R2  +  -1-
                          C2                 C2

     (   (       )     )    ∘ (---(-------)------)-------------
      R    C1+  1  + R   ±     R    C1+  1  + R   2 - 4C1R R
     ---1--C2---------2----------1--C2----------2-----C2---1-2-
B =                          2C1R1R2

                            ∘ -------------------------------------
     R  C  + (R  + R  )C  ±   (R  C  + (R  + R  )C )2 - 4C  C R  R
B  = --1--1-----1----2---2-------1--1-----1----2---2-------1-2--1-2-
                               2C1C2R1R2

                            ∘ ----------------------------------------------
     R1C1  + (R1 + R2 )C2 ±   C22R22  + 2C2R1R2  (C2 - C1 ) + R12 (C1 + C2 )2
B =  -----------------------------------------------------------------------
                                   2C1C2R1R2

Wir setzen a = R1C1+(R1+R2)C2-
  2C1C2R1R2 und b = √ --2--2-----------------2------2-
--C2-R2+2C2R1R2-(C2-C1)+R1-(C1+C2)-
            2C1C2R1R2.

Dann ist die Lösung der homogenen Gleichung

Q2(t) = A1e -(a+b)t + A2e -(a-b)t

Die inhomogene Gleichung hat dann die Lösung

            -(a+b)t      - (a-b)t
Q2 (t) = A1e        + A2e       + A3

mit den drei Bedingungen:

Q2(0) = 0
Q1(0) = 0
lim t→∞ = U0C2

Dies führt auf die drei Gleichungen

0 = A1 + A2 + A3
0 = C1(                                               )
  A1-+-A2-+-A3--
       C2       + R2 (A1 (- a - b) + A2 (- a + b))
C2A0 = A3

Die Lösung dieses Gleichungssystems ist

A3 = C2U0
A2 = -C  U  (a + b)
--2-0-------
     2b
A1 = C2U0--(a --b)
     2b
und
              ((a - b) - (a+b)t  (a + b) - (a-b)t   )
Q2 (t) = C2U0   -------e       - -------e       + 1
                  2b               2b

           (                                    )
             (a - b) -(a+b)t   (a + b) -(a-b)t
U2 (t) = U0   -------e       - -------e      +  1
               2b               2b

UC2(t) = U0⌊ (                 √ --2--2------------------2------2)
   R1C12+C-(RC1+RR2R-)C2 - --C2-R2-+2C2R12CR2C(CR2-RC1)+R1-(C1+C2)-
|| ------1-2-1√-2--------------------1-2-1-2--------------
⌈           --C22R22+2C2R1R2(C2-C1)+R12(C1+C2)2
           2             2C1C2R1R2
                  √ -----------------------------
  -(R1C21C+(RC1+RRR2)C2+--C22R22+2C2R21CR2C(C2R-CR1)+R12(C1+C2)2)t
⋅e      1 2 1 2                1 2 1 2
  (                  √ --------------------------------)
    R1C1+(R1+R2)C2   --C22R22+2C2R1R2(C2--C1)+R12(C1+C2)2
       2C1C2R1R2    +             2C1C2R1R2
- -----------√---2--2-----------------2-------2---------
            2--C2-R2-+2C2R12CR2C(C2R-RC1)+R1-(C1+C2)-
                           1 2 1 2
                  √ --2--2---------------2------2     ]
  -(R1C21C+(RC1+RRR2)C2---C2-R2+2C2R21CR2C(C2R-CR1)+R1-(C1+C2)-)t
⋅e      1 2 1 2                1 2 1 2             + 1

3.2 Aufgabe 3

Wir wissen, dass für den Ladevorgang gilt

                        (            )                   (           )
UC (t) = UA  + (U0 - UA ) 1 - e-t∕(RC ) =  UAe- t∕(RC) + U0  1 - e- t∕(RC)

Der Entladevorgang wird durch

                          (           )                    (           )
UC (t) = UB  + (- U0 - UB ) 1 - e-t∕(RC ) = UBe - t∕(RC) - U0  1 - e -t∕(RC)

beschrieben.

Weiter gilt

                      (     -τ∕(2RC ))       ( -τ∕(2RC ))      (     -τ∕(2RC ))
UB  = UA +  (U0 - UA ) 1 - e         =  UA  e         + U0  1 - e

und

                        (     -τ∕(2RC ))       ( -τ∕(2RC ))      (     -τ∕(2RC ))
UA  = UB +  (- U0 - UB)  1 - e         = UB   e         - U0  1 - e

Damit

UA = [U   (e-τ∕(2RC )) + U  (1 - e-τ∕(2RC ))]
  A                0 (e- τ∕(2RC))- U 0(1 - e-τ∕(2RC ))
UA = [UAX   + U0 (1 - X )] X - U0(1 - X )
= UAX2 + U 0X - U0X2 - U 0 + U0X
UA(1 - X2) = U 0(-X2 + 2X - 1) = -U 0(X - 1)2
UA = -U0(1 - X )2
-------2-
 1 - X
UB = -U0       2
(1 --X-)-
 1 - X2X + U0(1 - X )
= U0- X +  2X2 - X3  + 1 - X  - X2 +  X3
---------------------2---------------
               1 - X
= U0             2
1---2X--+-2X--
    1 - X2 = U0        2
(1---X-)-
 1 - X2

mit

      -τ∕(2RC)
X  = e

        (
        |  - U  (1-e-τ∕(2RC))2e- (t-m τ)∕(RC) + U (1 - e- (t-m τ)∕(RC )),
        |||      0 1-e-τ∕(RC)(     1)           0
        |||{  für m τ ≤ t <  m +  2 τ (m ϵℤ );

UC (t) = |  U  (1--e-τ∕(2RC))2e-(t-(m+1 ∕2)τ)∕(RC) - U  (1 - e-(t-(m+1∕2)τ)∕(RC)),
        ||||    0 1(-e-τ∕(R1C))                       0
        ||(  für  m +  2 τ ≤ t < (m  + 1)τ (m ϵℤ ).

PIC

Parameter: R = 1 kΩ, U0 = 0.9 V, C = 2.2 µF und τ = 10 ms