Aufgabenblatt zum Seminar 11
PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus
(Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

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

1. 07. 2009

1 Aufgaben

  1. Berechnen Sie an einem Schwingkreis bestehend aus einer Kapazität C parallel geschaltet zu einer Serienschaltung aus einem Widerstand R und einer Spule L den Verlauf der Spannung UC(t) am Kondensator, wenn die Anfangsbedingungen sind: UC(0) = U0 und IC(0) = 0. Vergleichen Sie das Resultat mit den früheren Ergebnissen für gedämpfte harmonische Oszillatoren.
  2. Eine Wien-Robinson-Brücke sieht folgendermassen aus:
    1. Berechnen Sie mit komplexen Impedanzen die Übertragungsfunktion U1(ω)∕U(ω).
    2. Berechnen Sie mit komplexen Impedanzen die Übertragungsfunktion U2(ω)∕U(ω).
    3. Berechnen Sie mit komplexen Impedanzen die Übertragungsfunktion (U2 (ω) - U1(ω )) ∕U(ω). Welche Aufgabe könnte diese Schaltung lösen?
    PIC
  3. Zwei gleiche Stabmagnete mit einem Fluss von 23 µWb und einem quadratischen Querschnitt mit einer Seitenlänge von a = 2 cm liegen auf einer Geraden so, dass sie sich anziehen. Zwischen Nord- und Südpol ist ein Stück Kupfer mit gleichem Querschnitt eingebaut. In der Kupferplatte wird ein Magnetfeld von H = 130 kA/m festgestellt. Wie gross ist der magnetische Fluss im Streufeld, wenn Kupfer die magnetische Suszeptibilität χm = -10-5 hat?

    PIC

  4. Eine Spule mit einer Induktivität von 6 H wird von einem Gleichstrom von 5 A durchflossen.
    1. Wie gross ist die magnetische Energie in der Spule?
    2. Welche Ladungsmenge fliesst durch die Spule, wenn diese bei der Abtrennung der Zuleitungen kurzgeschlossen wird und ihr Innenwiderstand 100 Ω ist?
  5. In der Vorlesung wurden Haupt-und Nebenschlussmotoren diskutiert. In dieser und den nächsten beiden Aufgaben sollen Motoren entworfen und dimensioniert werden.

    Sie können magnetische Induktionen herstellen, die dem Betrage nach maximal 1 T sein können. Weiter soll die quadratische Ankerspule keine grössere Seitenlänge als 5 cm haben. Ihre Windungszahl muss unter 5000 Windungen bleiben. Unter Verwendung der in der Vorlesung angegebenen Gleichungen berechnen Sie für den Hauptschlussmotor die Koeffizienten K und RE so, dass sowohl das Drehmoment im Stand Teff(0) wie auch die Steigung dTeff(ω)∕dω bei ω = 0 für einen Hauptschluss- und einen Nebenschlussmotor gleich sind.

  6. Verwenden Sie die Ergebnisse der vorherigen Aufgabe.
    1. Finden Sie Parameter (N, B, A, R) damit Sie einen Nebenschlussmotor bauen können, der mit einer Gleichspannung U = 12 V läuft und der nicht mehr als 144 W Verlustleistung im Stand hat. Weiter sollte das Drehmoment im Stand Teff(0) = 0.1 N m betragen. Der Betrag der Steigung dTeff(ω)∕dω bei ω = 0 soll möglichst klein sein.
    2. Skizzieren Sie den Verlauf von Teff(ω) und Ieff(ω).
  7. Verwenden Sie die Ergebnisse der vorherigen Aufgabe und berechnen und skizzieren Sie den Verlauf von Teff(ω) und Ieff(ω), wenn zusätzlich ein Gleitreibungsdrehmoment von TR,G = 0.002 N m und ein Haftreibungsdrehmoment von 0.003 N m vorhanden ist.
  8. Mit einem Zyklotron werden α-Teilchen, d.h. zweifach ionisiertes Helium, auf eine kinetische Energie von 27 MeV beschleunigt. Die Beschleunigungsspannung ist U0 = 30 kV. Die magnetische Induktion des Zyklotrons ist B = 1.45 T.
    PIC
    1. Wie gross ist die Zahl der Umläufe eines α-Teilchens?
    2. Welchen Radius müssen die Elektroden mindestens haben?
    3. Wie gross ist die Frequenz des Teilchenumlaufes?

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  9. (Im Seminar 12 Minuten)

    Eine Spule hat bei Gleichstrombetrieb einen Widerstand von 50 Ω und bei einer Wechselspannung von 1 kHz eine Impedanz von 80 Ω. Wie gross ist die Induktivität der Spule?

2 Lösungen

  1. Die Schaltung sieht so aus:
    PIC
    Aus Maschenregel
    0 = UC(t) + UR(t) + UL(t)
    0 = Q (t)
-----
 C + R (I(t) + LdI(t)
-----
 dt ||d
||--
 dt
    0 = 1
--
CI(t) + RdI(t)
-----
 dt + Ld2I(t)
---2--
 dt
    0 = -1--
LCI(t) + R-
LdI-(t)
  dt +  2
d-I(t)-
 dt2
    Diese Gleichung ist analog zur Gleichung in Kapitel 8.1 im Skript „Klassische und relativistische Mechanik“ und zu der in (8.59) angegebenen Lösung. Die zu lösende Gleichung war:
                 b dx (t)    d2x(t)
0 = ω20x(t) + ------- +  ---2--
             m   dt      dt

    Der Koeffizientenvergleich zeigt, dass

         √-1---     -b    R-
ω0 =   LC       m  =  L

    Die Lösung aus dem Skript ist

    x(t) =   A0e -(b∕(2m ))tcos(ω ′t + δ)
           ∘  ----(------)---    ∘ ---------
   ′               ---b--  2           --1-
 ω   =   ω0   1 -  2m  ω    =  ω0  1 - 4Q2
                        0

    und hier

                              (       ┌ ----------------     )
                                  ││     (        )2
 I(t)  =  A  e-(R∕(2L))tcos|( √-1---∘ 1 -   ---R---   t + δ |)
            0                 LC          2L √1--
                                              LC
                          ( ( ∘ ---------2-)     )
 I(t)  =  A0e -(R∕(2L))tcos      -1---  R---  t + δ
                                LC     4L2
            t
          ∫
Q (t)  =     I(˘t)d˘t
           0
             (           (∘  -----------    )   ∘  -----------      ( ∘ -----------    ) )
                 RC--        -1--  -R2-            -1--  -R2-           -1--   R2--         - R2tL
       =  A0   -  2  cos     LC  - 4L2 t + δ  +    LC  - 4L2 LC  sin     LC  -  4L2 t + δ   e

    Nun ist Q(0) = U0C und I(0) = 0.

              (                   ∘ -----------      )
              RC                  1     R2
U0C  = A0   - ----cos(δ) + LC    ----- ---2 sin (δ)
               2                 LC    4L

    0 = A0 cos(δ)

    Damit ist

               (    ∘ -----------      )
                   1     R2
U0C  =  A0  LC    -----  --2-sin (δ)
                  LC     4L

                     2U C
A0 sin(δ) = √------0-------
              4LC  - R2C2

    δ = π2 löst beide Gleichungen für die Anfangsbedingungen.

    UC(t) = Q(t)
-C---
    = U0(        ( ∘ --------- )   √ -------------   ( ∘ --------- ))
  RC  sin     -1--  R22t  +   4LC  - R2C2  cos    -1--  R22t
-------------LC----4L----------------------------LC----4L-----
                        √4LC-----R2C2--e-R2tL
    1. Dies ist ein Spannungsteiler, also ist
      U1(ω-)   ---R2---
U (ω) =  R  + R
           1    2

    2. Im Prinzip haben wir wieder einen Spannungsteiler mit zwei Impedanzen Z1 und Z2. Z1 ist die Serieschaltung eines Widerstandes mit einem Kondensator.
                -1---  1-+-iωCR--
Z1 = R +  iωC  =    iωC

      Z2 ist die Parallelschaltung der gleichen Bauteile.

               R
      --iωC---   ----R-----
Z2 =  R + -1- =  1 + iωCR
          iωC

      U2(ω )      Z2           1+iRωCR-               iωCR                     iωCR
U-(ω)-=  Z--+-Z-- = 1+iωCR------R----=  -----------2---------=  1 +-3iωCR----ω2C2R2---
           1    2     iωC  +  1+iωCR     (1 + iωCR  ) +  iωCR

    3. Die Differenz ist
      U2-(ω)---U1(ω-)=  --------iωCR----------- ---R2---
     U (ω)        1 + 3iωCR  -  ω2C2R2    R1  + R2

      Wenn ω = 1--
CR ist bekommen wir

           1         1               1
U2-(CR-) --U1-(CR)   ---------iCRCR-----------   ---R2---   1-   --R2----
      U(-1-)      =  1 + 3i-1CR  -  -212C2R2  -  R1 + R2  = 3 -  R1 + R2
        CR                 CR       C R

      Wenn nun R1 = 2R2 gesetzt wird ist bei ω = 1CR- die Differenz U (ω)-U (ω)
-2-U(ω)1-- = 0. Sowohl für ω 0 wie auch für ω →∞ strebt U2(ω)--U1(ω)
   U(ω) gegen -1
3. Die Schaltung arbeitet dann als Kerbfilter.

  2. Mit B = μμ0H und μ = 1 + χm bekommt man
    ϕ     = μμ  HA  = (1 + χ  )μ Ha2
 B,Cu      0             m  0

    Der Fluss im Streufeld ist

    ϕB,streu = ϕB,Magnet - (1 + χm )μ0Ha2 = - 5.239746971 ⋅10- 5 Wb

    Bemerkung: ϕB,streu müsste positiv sein. Dies ist, wenn H < 45 kA/m ist.

    1. Aus dem Skript:
            L- 2   6-H-      2
EL  = 2 I  =   2 (5 A ) =  75 J

    2.      ∫∞            ∫∞             ∞∫
                 1-            1-     dϕB-       ϕB-(∞-)---ϕB-(0-)
Q  =    I(t)dt =  R    U(t)dt = R    -  dt dt = -        R
     0             0              0

      Mit ϕB = LI bekommt man

      Q  = ϕB-(0) --ϕB(∞--)=  LI-(0-) --LI-(∞-)-= L (I(0) - 0 ) = 0.3 C
            R                  R          R

  3. Für den Nebenschlussmotor haben wir
                N ABU      N 2A2B2
Teff,N (ω) = ---------  --√-----ω
               R           2R

                N ABU
Teff,N (0) = --------
               R

               |
d          |       N 2A2B2
--Teff,N(t)||   = - --√------
dω          t=0         2R

    Für den Hauptschlussmotor ergibt sich

                          2 N A K U 2
Teff,H (ω) = [√-------√-------------------]2
               2 R +   2 RE + K  ⋅N ⋅A ω

                --2-N-A-K-U-2---   N--A-K-U-2-
Teff,H (0 ) = [√--          ]2 = (R + R  )2
              2 (R +  RE )            E

               |                   √ --
d--        ||       N-2A2K2U---2--2
dω Teff,H(t)|   = -   (R  + R  )3
            t=0               E

    Nun soll Teff,H(0) = Teff,N(0) sein.

                        2                     2
N-ABU---   N--A-K-U---        B--(R--+-RE-)-
   R    =  (R + RE )2 ⇒  K  =      U R

    Auch die Steigungen sollen gleich sein.

                |                 |
-d-T     (t)||   = -d-T     (t)||
dω  eff,N    |t=0   d ω  eff,H   |t=0

         2 2  2       2  2  2 2√ --      2  2  2√--  2         4
- N-√A--B-- = - N--A-K--U----2-= - N--A--U---2-B--(R-+--RE-)-
      2R          (R + RE )3        (R + RE )3     U 2R2

          (R  + R  )
1 = 2 -------E--
         R

    Daraus folgt, dass die Forderung aus der Aufgabenstellung nicht realisierbar ist. Der Grenzwert der physikalisch realisierbaren Lösungen ist

    R   = 0
  E

    und

                             2  2 2
Teff,N (ω) = N-ABU----  N-√A--B-ω
               R           2R

                      2 N A B R U 3
Teff,H (ω ) = [√---------------------]2-
               2R U  + B R ⋅N  ⋅A ω

  4. Hier kann man die Lösung erraten, oder über lineare Optimierung berechnen. Wir raten!
    1. Eine mögliche Lösung ist
      N =  1000, R =  1 Ω, A =  (1 cm )2, U = 12 V,  B = 0.0416666666666  T

    2. Die Drehmomentkurven sehen dann so aus:

      PIC

  5. Das Drehmoment, das für die Gleitreibung aufgebracht werden muss, wird einfach vom Drehmoment des Motors abgezogen. Die Differenz ist das Nutzdrehmoment.

    PIC

    Das Haftdrehmoment verzögert lediglich den Start des Motors.

    Zur Verdeutlichung sind die Kurven noch für TRG = 0.04 N m aufgetragen.

    PIC

    Der Hauptschlussmotor erreicht hier wegen der Reibung nicht einmal die Drehzahl des Nebenschlussmotors.

    1. Pro halbem Umlauf ist die Beschleunigungsspannung U0 = 30 kV. Das Teilchen gewinnt also kinetische Energie im Betrage von 2 30 keV. Die Anzahl Umläufe ist also
            1- 27-MeV----
N  =  2 ⋅ 2⋅30 keV = 225

    2. Ein Heliumatom hat eine Masse von mHe = 4 1.6605 10-27 kg = 6.6420 10-25 kg. Eine kurze Überschlagsrechnung ergibt, dass 27 MeV einer Geschwindigkeit von 0.3606678538 108 m/s entspricht. Zur Abschätzung darf man noch klassisch rechnen (Fehler:10%).
                            ∘  ------
     mv--                2Ekin-
r =  2eB   ⇒   vmax =      m

             ∘  -------
r    =    mEkin--= 0.516 m
 max      2B2e2

    3. Die Frequenz ist
           1     v       v      eB
f =  T-=  2πr-=  2π-mv-=  πm--= 11.12 MHz
                   2eB

  6. Die Impedanz einer Spule setzt sich zusammen aus ZL = iωL = 2πiνL und dem ohmschen Widerstand R. Die Impedanz ist
    Zeff = R + 2 πiνL

    Der Betrag der Impedanz ist

               ∘ -----------  ∘ ---------------------------   √ --------------
Xeff (ν ) =   Zeff ⋅Zeff =   (R + 2 πiνL) ⋅ (R  - 2πiνL ) =   R2 + 4π2ν2L2

    Nach L auflösen

        ∘  --------------
       X2  (ν ) - R2
L =    --eff--2-2-----= 9.94 mH
           4π ν