Losungen

Antwort ankreuzen: □ ja ⊠ nein
(0.5 Punkte)

Antworten ankreuzen:

∙	Folie (Flächenladungsdichte σ)	□ links	⊠ Mitte	□ rechts
∙	Folie (Flächenladungsdichte 2σ)	⊠ links	□ Mitte	□ rechts
∙	Folie (Flächenladungsdichte 3σ)	□ links	□ Mitte	⊠ rechts

oder

Antworten ankreuzen:

∙	Folie (Flächenladungsdichte σ)	□ links	⊠ Mitte	□ rechts
∙	Folie (Flächenladungsdichte 2σ)	□ links	□ Mitte	⊠ rechts
∙	Folie (Flächenladungsdichte 3σ)	⊠ links	□ Mitte	□ rechts

(0.5 Punkte)

Antwort:
d < e = b < c < a

(0.5 Punkte)

Antworten ankreuzen:

∙	Kapazität	⊠ Zunahme	□ Abnahme	□ bleibt gleich
∙	Ladung	⊠ Zunahme	□ Abnahme	□ bleibt gleich
∙	Potentialdifferenz	□ Zunahme	⊠ Abnahme	□ bleibt gleich
∙	potentielle Energie	□ Zunahme	⊠ Abnahme	□ bleibt gleich

(0.5 Punkte)

Antworten ankreuzen:

∙	Kapazität	□ Zunahme	□ Abnahme	⊠ bleibt gleich
∙	Ladung	⊠ Zunahme	□ Abnahme	□ bleibt gleich
∙	Potentialdifferenz	⊠ Zunahme	□ Abnahme	□ bleibt gleich
∙	potentielle Energie	⊠ Zunahme	□ Abnahme	□ bleibt gleich

(0.5 Punkte)

Antwort ankreuzen: ⊠ Zunahme □ Abnahme □ bleibt gleich
(0.5 Punkte)
Antwort:
(iii) < (i) < (ii) < (iv)

(0.5 Punkte)

Antworten ankreuzen:

∙	Situation (a)	□ physikalisch sinnvoll	⊠ physikalisch falsch
∙	Situation (b)	⊠ physikalisch sinnvoll	□ physikalisch falsch
∙	Situation (c)	□ physikalisch sinnvoll	⊠ physikalisch falsch

(0.5 Punkte)

Antwort:
(a) > (b) > (c) = (e) > (d)

(0.5 Punkte)

Antworten ankreuzen:

∙	unmittelbar nach dem Schliessen von S
	□ I₁ > I₂	□ I₁ = I₂	⊠ I₁ < I₂
∙	lange nach dem Schliessen von S
	□ I₁ > I₂	⊠ I₁ = I₂	□ I₁ < I₂
∙	unmittelbar nachdem S lange Zeit später wieder geöffnet wurde
	□ I₁ > I₂	⊠ I₁ = I₂	□ I₁ < I₂
∙	lange nachdem S wieder geöffnet wurde
	□ I₁ > I₂	⊠ I₁ = I₂	□ I₁ < I₂

(0.5 Punkte)

Antworten ankreuzen:

∙ Punkt 1 entspricht ⊠ a □ b □ c □ d
∙ Punkt 2 entspricht □ a ⊠ b □ c □ d
∙ Punkt 3 entspricht □ a □ b ⊠ c ⊠ d

(0.5 Punkte)
Antwort:
(c) > (a) > (b)

(0.5 Punkte)
Antwort ankreuzen: ⊠ radial □ tangential □ senkrecht zur Kreisebene
(0.5 Punkte)

Die gegebenen Felder im Laborsystem sind

= (E₀; 0; 0) und

= (0; 0; B₀).

Wir verwenden das Transformationsgesetz $′ E x = γ (Ex + v⋅Bz )$
und erhalten daraus mit E_x′ = 0
$Ex + v⋅Bz = E0 + v⋅B0 = 0$
(0.5 Punkte)
oder
$( ) 0 | - E0-| v = |( 0B0 |)$
(0.5 Punkte)
Wir verwenden $′ ( v- ) B z = γ Bz + c2 Ex$
und erhalten mit B_z′ = 0
$v v Bz + --Ex = B0 + --E0 = 0 c2 c2$
(0.5 Punkte)
und daraus
$( 0 ) B c2 v = || - E00--|| ( 0 )$
(0.5 Punkte)

Die Ladung des Elektrons ist -e. Also sind die elektrostatische Kraft und die Lorentzkraft in die z-Richtung unter Berücksichtigung der angegebenen Richtungen der Felder durch
$F = eE E Fl = - evB$
gegeben. Die Beschleunigung in die z-Richtung ist dann $Fz e az = ---= ---(E - vB ) me me$

(0.5 Punkte)
Wir bekommen also
$x(t) = vt$
oder
$t = x∕v$
Andererseits ist
$1 z (t) = --azt2 2$
und
$1 x2 ˜z(x) = 2az v2-$
innerhalb des Bereiches mit den Felder.
(0.5 Punkte)
Die Steigung ist
$dz(x) x ˜vz(x) = ------= az-2- dx v$

(0.5 Punkte)
Also ist
$a ( ) z(a) = ˜z(ℓ) + ˜vz(ℓ)a = --z2- ℓ2 + 2a ℓ 2v$
oder
$-e-(E - vB ) ( ) z (a ) = me-----2----- ℓ2 + 2a ℓ 2v$

(0.5 Punkte)
Die Geschwindigkeit v berechnet sich aus
$1-mev2 = eUk 2$
oder
$∘ ------- e v = 2 ---Uk me$

(0.5 Punkte)
Also haben wir
$( ∘ ------- ) mee- E - 2mee-UkB ( ) ℓ(ℓ + 2a) ( ∘ --e---- ) z (a ) = ---------e----------- ℓ2 + 2aℓ = --------- E - 2---UkB 4me-Uk 4Uk me$

(0.5 Punkte)
Aus z(a) = 0 folgt $∘ ---e--- E - 2 ---UkB = 0 me$
oder
$e E2 --- = ------2 me 2UkB$

(0.5 Punkte)
Wenn ℓ ≪ a ist, wird aus der Lösung der ersten Teilaufgabe $( ∘ ------- ) ( ∘ ------- ) ℓ(2a ) e aℓ e z(a ) = 4U--- E - 2m--UkB = 2U-- E - 2 m--UkB k e k e$

(0.5 Punkte)

Wir wählen eine Gausssche Integrationsebene im Metall. Das Innere eines Metalls ist feldfrei, also ist $∫ E ⋅da = 0 = Q Gesamt$
Um die Ladung q im Inneren zu kompensieren, muss auf der Innenseite der Metallhohlkugel die Ladung
$qinnen = - q$
sein. (0.5 Punkte)
(0.5 Punkte)
Da die Metallkugel elektrisch neutral ist, muss auf der Aussenseite die Ladung $qaussen = q$
sein.
(0.5 Punkte)
Die Ladungsverteilung aussen wird nicht durch das Innere der Kugel beeinflusst, da das Metallinnere feldfrei ist. Die Ladung ist gleichmässig verteilt.
(0.5 Punkte)
Das elektrische Feld aussen ist: $--1-- 3 E = 4πϵ0 ⋅qr ⋅r$
(0.5 Punkte)
Von aussen gesehen liegt die Ladung q_aussen am Kugelmittelpunkt, unabhängig von der Lage von q.
(0.5 Punkte)

2. Newtonsches Gesetz: $1 z(t) = -at2 2$
und
$x(t) = vt$
Die Beschleunigung wird durch
$F = ma = E * e = 2U e∕d$
oder
$a = 2Ue- dm$
(0.5 Punkte)
Mit
$t = x∕v$
bekommt man
$1 x2 2U ex2 Uex2 z(x) = --a-2-= -----2-= ----2- 2 v 2dmv dmv$
Dabei muss U < 0 sein. (0.5 Punkte)
Die Flugweite ist $∘ ------- x = zdmv2-- U e$
Je kleiner die Masse, desto kürzer die Flugweite. Mit z = d∕2 und x = a bekommt man
$2U ea2 mmin = ---2-2 d v$
(0.5 Punkte)
Die maximale Masse ist (z = d∕2, x = a + b) $2U e(a + b)2 mmax = ------------ d2v2$
(0.5 Punkte)
Die Bestimmung der Masse kann mit der folgenden Präzision geschehen (Beachte a ≫ b) $2Ue(a+b)2 2Uea2- Δm-- = 2mmax----mmin--= 2 --d2v2------d2v2- m mmax + mmin 2Ue(a2+2b)2+ 2U2ea22- d v d v$
(0.5 Punkte)
$Δm (a + b)2 - a2 2ab + b2 2ab 2b ----= 2-------2----2 = 2--2----------2 ≈ --2- = --- m (a + b) + a 2a + 2ab + b a a$
(0.5 Punkte)
Es muss $ev × B = eE$
sein. Also ist
$B = E-= 2U- v vd$
muss nach hinten zeigen. (0.5 Punkte)

Die potentielle Energie ist 4J im ersten Kondensator und 0J im zweiten Kondensator.
(0.5 Punkte)
Ein Kondensator speichert die Energie $1- 2 Epot = 2 CU$
Die Ladungen auf beiden Kondensatoren sollen gleich sein, also ist auch C′ = C. Jeder Kondensator trägt die halbe Ladung, also ist auch U′ = U∕2.
(0.5 Punkte)
Die potentielle Energie einer Kapazität ist nun
$1 1 U 2 1 E′pot = -CU ′2 = -C --- = -CU 2 2 2 4 8$
Die Gesamtenergie nachher ist dann
$′ ′ 1- 2 E pot,tot = 2E pot = 4CU = 2J$
(0.5 Punkte)
Die Energiemenge $′ 1- 2 E = 2E pot = 4CU$
ist also verloren. Beim Zusammenschliessen der Kondensatoren fliesst Ladung von C auf C′. Potentielle Energie wird in kinetische Energie umgewandelt, wie beim Federpendel. Diese Schwingung würde ewig dauern, wenn nicht Verluste da wären (Widerstand). Also ist E die in Wärme umgesetzte Energie. (Bemerkung: bei einem adiabatischen Übergang (C′ beginnt mit dem Wert 0 und wird langsam grösser, wäre das Resultat anders. Dies ist auch der Unterschied zwischen reversibler und irreversibler Thermodynamik!)
(0.5 Punkte)

Wir berechnen zuerst U₁ am Knoten zwischen R₁, C und L₁. Wir haben einen Spannungsteiler aus R₁ sowie der Parallelschaltung der Serienschaltung von L₁ und R₂ sowie der Serienschaltung von C und L₂. Wir haben also

U1- = ---X-||---= ---1--- Ue X || + R1 1 + RX1- ||

(0.5 Punkte)
Wir haben

-1-= -----1-----+ -----1----- = ----1-----+ ---iωC----- X || iωL1 + R2 iω1C-+ iωL2 iωL1 + R2 1 - ω2L2C

(0.5 Punkte)
Weiter ist

2 Ua- = ---iωL2---- = ---ω--L2C-- U1 i1ωC + iωL2 1 - ω2L2C

(0.5 Punkte)
und

U U U - ω2L C 1 - ω2L C 1 -a-= -a--1-= ------2---⋅------- = -------2---⋅---------------------- Ue U1 Ue 1 - ω2L2C 1 + RX1|| 1 - ω2L2C 1 + iωLR11+R2-+ 1i-ωωC2RL12C-

(1 Punkt)
Umgeformt

2 2 Ua-= ---ω-L2C---⋅-----------1---ω-L2C-------------- Ue 1 - ω2L2C 1 - ω2L2C + R1(1-ω2L2C)+ iωCR1 iωL1+R2

2 Ua-= --------------ω-L2C--------------- Ue 1 - ω2L2C + R1(1-ω2L2C)+ iωCR1 iωL1+R2

(1 Punkt)

2 Ua-= -----------------ω-L2C--(iωL1-+-R2-)---------------- Ue (1 - ω2L2C + iωCR1 )(iωL1 + R2 ) + R1 (1 - ω2L2C )

(0.5 Punkte)

Induktionsgesetz: $∮ ∂ ∫∫ ∂ ∂x E ⋅ds = 4aE = UEMK = - --- B ⋅da = - ---(Bax ) = - Ba ---= - Bav ∂t ∂t ∂t$
(0.5 Punkte)
$UEMK--- Bav-- I = R = - R$
(0.5 Punkte)
Verlustleistung $2 2 2 P = U I = B--a-v- R$
(0.5 Punkte)
Es gilt auch $P = F v$
also (Vorzeichen beachten)
$dv- P- B2a2- F = - ma = - m dt = v = R v$
und
$2 2 dv-+ B--a-v = 0 dt mR$
(0.5 Punkte)
Lösung dieser Gleichung ist $-kt v(t) = v0e$
Eingesetzt:
$( B2a2 ) v (t) = v0exp - -----t mR$
(0.5 Punkte)
Damit ist $∫t ∫t ( 2 2 ) ( 2 2 )||t x(t) = v(τ)dτ = v0 exp - B-a--τ dτ = - v0 mR--exp - B--a-τ | mR B2a2 mR |τ=0 τ=0 τ=0$

$[ ( ) ] mR B2a2 x(t) = v0-2--2 1 - exp - -----t B a mR$
(0.5 Punkte)
Die Zeit bis zum vollständigen Eintritt in die magnetische Induktion bekommt man aus
$[ ( )] mR--- B2a2- a = v0B2a2 1 - exp - mR te$
Aufgelöst nach t_e
$( ) Rm B2a3 te = - --2-2 ln 1 - ------ B a mRv0$
(0.5 Punkte)
Die Endgeschwindigkeit ist dann
$( 2 2 ( ( 2 3 ) )) v(t ) = v exp - B--a- - Rm---ln 1 - B--a-- e 0 mR B2a2 mRv0$

$( ) B2a3-- B2a3- v(te) = v0 1 - mRv = v0 - mR 0$
(0.5 Punkte)
eingesetzt
$( ) m 0.12T20.053m3 10-2⋅125⋅10- 6 m v(te) = 1 --- ---------------= 1 - --------5----- -- s 0.01kg1m Ω 10 s$

$m- m- v(te) = (1 - 0.125) s = 0.875 s$
(0.5 Punkte)

∙	Punkt 1 entspricht	⊠ a	□ b	□ c	□ d
∙	Punkt 2 entspricht	□ a	⊠ b	□ c	□ d
∙	Punkt 3 entspricht	□ a	□ b	⊠ c	⊠ d

3 Lösungen