Übungsblatt 04
Grundkurs IIIb für Physiker

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

2. 12. 2002 oder 9. 12. 2002

Aufgaben für die Übungsstunden

Elektrische Eigenschaften der Materie, Ströme,

1. Plutoniumbatterie. Eine der beiden Platten eines Plattenkondensators (Fläche $A=400cm^{2}$, Plattenabstand $d=1mm$) ist mit einer dünnen Schicht der radioaktiven Substanz $^{238}Pu$ (Halbwertszeit $T_{1/2}=87.7\;Jahre$) belegt. Die Intensität dieser Plutoniumquelle beträgt $1Curie$ ( $1Ci=3.7\times 10^{10}$ Zerfälle pro Sekunde). Pro Zerfall wird ein $\alpha$-Teilchen ($_{2}^{4}He$-Atomkern) der Energie $5.5MeV$ ausgesandt. Durchschnittlich werden $50\%$ der $\alpha$-Teilchen in Richtung des Kondensators emittiert und in der gegenüberliegenden Platte gestoppt. Der Kondensator ist mit einem Widerstand $R=10^{9}\Omega$ verbunden (siehe Abbildung). Am Anfang ist der Kondensator über den Schalter $S$ kurzgeschlossen. Zur Zeit $t=0$ wird der Schalter geöffnet.
   1. Berechne den durch den Widerstand $R$ fliessende Strom $I(t)$; skizziere den Verlauf.

   2. Wie gross ist die über dem Widerstand $R$ herrschende Spannung $U$ im Gleichgewichtszustand?
   
2. In einer unendlich ausgedehnten Scheibe (Dicke $h$) eines homogenen Ohmschen Leitermaterials sind im Abstand $D$ zwei zylindrische Löcher senkrecht zur Scheibenfläche gebohrt (Radius $r$; $r\ll D$), deren Innenflächen mit einem Elektrodenmaterial ausgekleidet sind (siehe Abbildung). Man berechne den Widerstand $R$ zwischen den beiden Elektroden.
   

3. Kochplatten mit vier Heizstufen enthalten meist zwei Heizwicklungen, aus deren Kombination sich die vier Leistungsstufen ergeben.
   1. Wie sieht die Schaltung aus?
   2. Wie sind die Heizleistungen abgestuft, wenn die beiden Wicklungen gleiche Widerstände haben?
   3. Wie müssen sich die beiden Widerstandswerte verhalten, wenn die Leistungen nach einer geometrischen Reihe abgestuft sein sollten, d.h. wenn die Leistung von Stufe zu Stufe um den gleichen Faktor zunehmen soll?
4. Zur Definition: Eine Leiter besteht aus zwei Holmen, verbunden durch Sprossen. Die Enden des einen Holms heissen $A$ und $B$, die des anderen $%% A'$ und $B'$. - Man lötet eine sehr lange Leiter zusammen; jede Sprosse hat einen Widerstand $R_{2}$, jeder Holm hat zwischen je zwei Sprossen und an jedem Ende den Widerstand $R_{1}$.
   1. Welchen Widerstand misst man zwischen den oberen'' Enden $A$ und $A'$?
   2. Wenn man an $AA'$ die Spannung $U$ legt, welche Spannung misst man dann zwischen den Lötstellen der ersten Sprosse, der zweiten Sprosse usw.?
   3. Kann man z.B. erreichen, dass an jeder Sprosse genau halb soviel Spannung liegt wie an der vorhergehenden?
   4. Wenn man gezwungen ist, die Leiter auf wenige Sprossen zu verkürzen: Was kann man tun, damit sich der Widerstand zwischen $A$ und $A'$ und die Spannungen an den verbleibenden Sprossen nicht ändern? Hinweis: Wie ändert sich der Widerstand zwischen $A$ und $A'$, wenn Sie die ohnehin schon sehr lange Leiter um eine weitere Sprosse ($R_{2}$) und die beiden Holmstücke ($R_{1}$) nach oben verlängern?
5. (freiwillige Zusatzaufgabe) Ein Drahtgitter bestehe aus quadratischen Maschen. Der Widerstand jedes Drahtstücks, das eine Quadratseite bildet, ist $1\Omega$, der Kontakt den Kreuzungen ist ideal.
   1. Welchen Widerstand misst man zwischen zwei benachbarten Kreuzungen in einem sehr grossen Gitter?
   2. Entsprechend für ein Dreiecks-
   3. und ein Sechsecksgitter.
   4. Warum nicht für ein Fünfecksgitter?

Hausaufgaben

1. Berechnen Sie $U_C(t)$ und $U_R(t)$ für den Einschalt- und den Ausschaltvorgang.

   

   
   

2. Fernleitung: Eine Stadt von $100000$ Einwohnern soll versorgt werden.
   1. Schätzen Sie die zu übertragende Leistung und verwenden Sie diese Werte für die folgende Diskussion.
   2. Welcher Strom muss durch die Leitung fliessen?
   3. Geben Sie Spannungsabfall und Leistungsverlust in der Leitung allgemein an.
   4. Wie dick müssen die Kabel sein, damit nur höchstens $1\%$ der Leistung in der Fernleitung verloren gehen?
   5. Warum überträgt man Hochspannung?
   6. Wodurch wird die Übertragungsspannung nach oben begrenzt?
   7. Wie gross ist die Feldstärke in der Nähe eines Hochspannungskabels in Abhängigkeit vom Abstand vom Kabel?
   8. In welchem Gebiet wird die Durchschlagsfeldstärke der Luft überschritten?
   9. Was ist die Folge? Welche Feldstärke herrscht dicht über dem Boden unter einem einzelnen Hochspannungskabel?
   10. Wie ändert sich die Feldstärke, wenn drei Drehstromkabel gespannt sind?
   11. Warum kann ein Mensch ungefährdet unter einer Hochspannungsleitung stehen? Bedenken Sie, dass die Leitung Wechselspannung führt.
   12. Fliesst im Körper eines darunter stehenden Menschen ein Strom?
   13. Wie gross ist dieser Strom, welche Phase hat er gegenüber dem Strom im Kabel?
3. Nichols versuchte die Potentialdifferenz zwischen dem Zentrum und dem Rand einer schnell rotierenden Scheibe zu messen.
   1. Meinen Sie, dass ihm das gelang?
   2. Wie gross sind die Potentialdifferenzen bei maximaler Drehzahl¹?
   3. Welche Messmöglichkeiten gibt es im Prinzip?
   4. Welche Fehlerquellen sind zu beachten, speziell welche Störspannungen?
4. Berechnen Sie den Widerstand eines Kreiskegelabschnittes (Grundfläche $A_1$, Deckfläche $A_2 < A_1$, Höhe $h$, spezifischer Widerstand $\rho$).

Lösungen Aufgaben für die Übungsstunde

1. $_{}$
   1. Die Intensität der Quelle ist $n_0 = 3.7\times 10^{10}$ Zerfälle/Sekunde

      Das $\alpha$-Teilchen ist zweifach geladen.

      Da nur jedes 2. $\alpha$-Teilchen die andere Kondensatorplatte erreicht und sie positiv lädt, fliesst ein Strom von $I_0 = 5.92\times 10^{-9} A$

      Dieser Strom wirkt analog zum Problem des zu ladenden Kondensators. Da die Halbwertszeit sehr gross ist, vernachlässigen wir sie

      $I(t)=I_{0}\cdot(1-e^{-\frac{t}{RC}})$

      $I_{0}=5.9\times 10^{-9}A$

      $RC=0.354s$ viel kleiner als die Halbwertszeit.

      Berücksichtigen wir die Halbwertszeit, dann ist in guter Näherung

      $I(t)=I_{0}\cdot e^{-\frac{t}{T_{1/2}}}\cdot(1-e^{-\frac{t}{RC}})$

      und $I_{0}=5.9\times10^{-9}\cdot e^{-\frac{t}{T_{1/2}}}A$

   2. $U=5.9V=5.9\times10^{-9}A\cdot 10^9\Omega$

      Bei Berücksichtigung der Halbwertszeit erhalten wir

      $U=5.9\cdot e^{-\frac{t}{T_{1/2}}}V$

   Bemerkung: solche Batterien werden bei Jupiter- und weiterreichenden Missionen verwendet.
2. Die Bestimmung des Widerstandes verlangt eine Berechnung des $\vec{E}$-Feldes im Innern des Ohmschen Leiters. Wir definieren ein Koordinatensystem, bei dem $x$ entlang der Verbindungslinie der beiden Löcher liegt, $y$ senkrecht dazu und parallel zur oberen Grenzfläche. Die $z$-Koordinate steht senkrecht zur Deckfläche. Die Scheibe habe die Dicke $h$. Da der Strom keine Komponente senkrecht zu den Scheibenflächen hat, gelten die Randbedingungen an der unteren, bzw. oberen Scheibenfläche
   

   $$E_{z}\left( x;y;0\right) =0$$ (1)

   
   

   
   

   $$E_{z}\left( x;y;h\right) =0$$ (2)

   
   

   Zudem muss das $\vec{E}$-Feld senkrecht auf den zylindrischen Mantelflächen zwischen Leiter und Elektroden stehen (Äquipotentialflächen). Dies bedeutet insbesondere das Verschwinden der $z$-Komponente des $\vec{E}$-Feldes. Somit drängt sich der Ansatz
   

   $$V\left( x;y;z\right) =V\left( x;y\right) %%$$ (3)

   
   

   auf. (3 ) bedeutet das Verschwinden von $E_{z}$ überall im Innern des Leiters. Wir haben also ein zweidimensionales Potentialproblem vor uns (unabhängig von der Plattendicke $h$!). Die zylindrischen Mantelflächen zwischen Leiter und Elektroden sind geladen, z.B. positiv oben, negativ unten. Da $r\ll D$, können wir die Beeinflussung der Ladungsverteilung oben durch die Ladungen unten vernachlässigen. An den Elektroden gilt

   
   

   $$E_0 = \frac{\sigma^\ast}{\varepsilon_0}$$ (4)

   
   
   Wir haben somit eine homogene Ladungsverteilung auf der Mantelfläche, die wir durch die Ladungsdichte $\sigma^{\ast}$ (Ladung pro Flächeneinheit) charakterisieren wollen. Unter diesen Umständen genügt es, das $\vec{E}$-Feld auf der Symmetrieachse zu kennen. Es setzt sich zusammen aus den Feldern $E_{+}(x)$ der positiven Ladungen oben und $E_{-}(x)$ (negativen Ladungen unten). Das Gausssche Gesetz bezüglich des Kreiszylinders mit Radius $x$ (Höhe $h$) liefert die Beziehung
   

   $$\int\int \vec E_+ \cdot d\vec a = 2\pi x\cdot h\cdot E_+(x,0)= \frac{1}{\varepsilon_0}\sigma^{\ast}2\pi r\cdot h %%$$ (5)

   
   

   Aus (5 ) folgt
   

   $$E_{+}(x)=\frac{\sigma^{\ast}}{\varepsilon_{0}}\cdot\frac{r}{x}$$ (6)

   
   

   Analog findet man
   

   $$E_{-}(x)=\frac{\sigma^{\ast}}{\varepsilon_{0}}\cdot\frac{r}{D-x} %%$$ (7)

   
   

   Das Linienintegral berechnet sich mit (6 ) und (7 ) zu
   

   $$%% U={\displaystyle\int\limits_{C}} \vec{E}\cdot d\vec{s} =%% {\displaystyle\int\limits_{r}^{D-r}} \frac{\sigma^{\ast}}{\varepsilon_{0}}\cdot r\left( \frac{1}{x}-\frac{1}%% {D-x}\right) \cdot dx$$ (8)

   $$=\frac{\sigma^{\ast}\cdot r}{\varepsilon_{0}}\left[ \left. \ln x\right\vert _{r}^{D-r}-\left. \ln\left( D-x\right) \right\vert _{r}%% ^{D-r}\right]$$

   $$=\frac{\sigma^{\ast}\cdot r}{\varepsilon_{0}}2\ln\left( \frac{D-r}%% {r}\right)$$

   $$=\frac{\sigma^{\ast}\cdot r}{\varepsilon_{0}}2\ln\left( \frac{D}{r}\right)$$

   
   

   (Im letzten Schritt wurde $r\ll D$ verwendet.)

   Der totale Strom wird durch Integration über die Elektrodenflächen bestimmt.

   
   

   $$I=\int\int \vec i \cdot d\vec a = \frac{1}{\rho}\int \int \vec E\cdot d\vec a = \frac{1}{\rho} E_02\pi rh$$ (9)

   
   

   Mit Gleichung (4) erhalten wir

   
   

   $$I =\frac{1}{\rho} \frac{\sigma^\ast}{\varepsilon_0}2\pi r\cdot h$$ (10)

   
   

   Mit $R = U/I$ bekommen wir für den Widerstand

   
   

   $$R = \frac{U}{I}=\frac{\frac{\sigma^{\ast}\cdot r}{\varepsil... ...\frac{1}{\rho} \frac{\sigma^\ast}{\varepsilon_0}2\pi r\cdot h}$$ (11)

   
   

   Wir erhalten
   

   $$R=\rho\frac{\ln\left( \frac{D}{r}\right) }{\pi h}%%$$ (12)

   
   

   Es ist interessant zu bemerken, dass das Feldlinienbild des Stromdichtefeldes $\vec{i}$ dieses Problems identisch ist mit demjenigen des $\vec{E}$-Feldes zweier unendlich langer, homogen geladener Drähte.

   Wir haben uns hier mit der stationären Stromverteilung im homogenen Ohmschen Leiter beschäftigt. Die Resultate bleiben auch für ''Quasistationäre'' Verhältnisse gültig, z.B. für zeitabhängige Wechselspannungen, solange die Frequenzen nicht zu gross sind (d.h. unter Vernachlässigung der Induktionseffekte).

3. $_{}$
   
   1. Stufe 1: beide $R$ in Serie, Stufe 2: ein $R$ alleine, Stufe 3: beide $R$ parallel.
   2. Bei $R_{1}=R_{2}$ drei Stufen: Beide Widerstände hintereinander: nur $R_{1}$ in Betrieb; beide parallel: Leistungen $1:2:4$. $R_{1}$ ist am häufigsten in Betrieb, nämlich in Stufe $2$ alleine. In den anderen Stufen sind Strom und Leistung in beiden Widerständen gleich. $R_{1}$ wird zuerst ausfallen. Dies geschieht wahrscheinlich dann, wenn seine Strombelastung am grössten ist, also in Stufe 1 oder 2. Ich würde auf 1 tippen, denn da wird $R_{1}$ noch teilweise durch die von $R_{2}$ ausgehende Wärme mitbeheizt.
   3. Mit zwei Widerständen kann man natürlich auch vier Schaltstufen bauen, falls die Widerstände verschiedene Werte haben, z.B. $R_{1}>R_{2}$. Wegen $P=U^{2}/R$ ist der Faktor $(R_{1}+R_{2}%% )/R_{1}=R_{1}/R_{2}=R_{2}\cdot(R_{1}+R_{2})/(R_{1}\cdot R_{2})$. Die zweite Gleichung ist offenbar überflüssig, die erste lässt sich so lesen: Der Gesamtwiderstand $R_{1}+R_{2}$ muss so in einen grösseren ($R_{1}$) und einen kleineren ($R_{2}$) aufgeteilt werden, dass der grössere zum kleineren sich verhält wie das Ganze zum grösseren. Das ist die Bedingung der Teilung nach dem Goldenen Schnitt. Mit $R_{2}/R_{1}=x$ wird $1+x=x^{-1}$, also $x^{2}-x=1$, d. h., $x=(1\pm\sqrt{5})/2=0.618$ (bzw. $-1.618$). Die Leistungen verhalten sich wie $1:1.618:2.618:4.236$. Manche kleinen Kochplatten sind so gebaut.
4. 1. $_{}$
      

      Zwischen $A$ und $A'$ messe man den Widerstand $R$ für eine sehr lange Leiter.

      Aus der Tatsache, dass überhaupt etwas Endliches herauskommt, d. h. dass der Widerstand konvergiert, folgt, dass man oben ein weiteres Glied anlöten kann, ohne $R$ zu ändern. Die zu berechnende Schaltung ist:
      

      
      

      $$R = (2R_1 + R) \vert\vert R_2 = \frac{R_2\cdot (2R_1+R)}{2R_1+R+R_2}$$
      
      

      
      

      $$R^2 + R R_2 +2R_1 R= 2R_1 R_2 + R R_2$$
      
      

      
      

      $$R^2+ 2R_1R -2R_1 R_2= 0$$
      
      

      
      

      $$R = \frac{1}{2} \left(-2R_1 \pm \sqrt{4R_1^2+8R_1 R_2}\right)= -R_1 \pm \sqrt{R_1^2+2R_1R_2}$$
      
      

      Nur die Lösung mit $+$ ist physikalisch sinnvoll, so dass wir

      
      

      $$R = R_1\left(\sqrt{1+2\frac{R_2}{R_1}}-1\right)$$
      
      

   2. Legen wir zwischen $A$ und $A'$ die Spannung $U$ an, ist die Spannung über der ersten Sprosse

      
      

      $$U_1 = \frac{R}{R+2R_1}U = \frac{R_1\left(\sqrt{1+2\frac{R_2}{... ...ac{\sqrt{1+2\frac{R_2}{R_1}}-1} {\sqrt{1+2\frac{R_2}{R_1}}+1}U$$
      
      

      $U_n$ berechnet man, indem man diese Formel wiederholt anwendet. Wir benützen die Tatsache, dass der Widerstand unserer unendlich langen Leiter konstant ist.

      
      

      $$U_n = \left[\frac{\sqrt{1+2\frac{R_2}{R_1}}-1} {\sqrt{1+2\frac{R_2}{R_1}}+1}\right]^nU$$
      
      

   3. Wir setzen
      
      $$\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{1+2\frac{R_2}{R_1}}-1} {\sqrt{1+2\frac{R_2}{R_1}}+1}$$
      
      

      oder

      
      

      $$\sqrt{1+2\frac{R_2}{R_1}}+1 = 2\sqrt{1+2\frac{R_2}{R_1}}-2$$
      
      

      
      

      $$3=\sqrt{1+2\frac{R_2}{R_1}}$$
      
      

      
      

      $$9 = 1+2\frac{R_2}{R_1}$$
      
      

      
      

      $$8 = 2\frac{R_2}{R_1}$$
      
      
      
      
      $$R_2 = 4R_1$$
      
      

      $R$ ist dann $R = 2 R_1$.

   4. Dieses $R$ ist auch der Widerstand, mit dem man die kurze Leiter abschliessen muss, damit sie sich verhält wie eine lange.

   Anwendungen der Techniken aus dieser Aufgabe und der damit entwickelten Technik:

   • Digital-Analog Wandler (R-2R-Netzwerke)

   • Telegrafengleichung (Berechnung der Ausbreitung von Wellen auf Leitern)

   • Eigenzustände in Kristallen

5. 1. Da in sehr grossem Abstand von den betrachteten Nachbarpunkten $A$ und $B$ die Spannungsunterschiede beliebig klein werden, ändert sich an den Spannungs- und Stromverhältnissen nichts, wenn wir rings um das Gitter sehr weit draussen einen widerstandslosen Draht löten. Wir klemmen unsere Spannungsquelle zunächst an diesen Draht und andererseits an Punkt $A$ und regeln die Spannung so, dass bei $A$ $1$ Ampère in das Gitter hineinfliesst. Von $A$ gehen symmetrisch vier Drähte aus, also fliesst von $A$ direkt nach $B$ genau $\frac{1}{4}$Ampère. Jetzt polen wir die Spannung um und legen sie zwischen Aussendraht und $B$. Wieder fliesst $\frac{1}{4}$Ampère von $A$ direkt nach $B$. Wenn wir nun sämtliche Spannungen und Ströme, die in diesen beiden Fällen bestanden haben, überlagern, kommt wieder eine vernünftige Situation heraus. In ihr fliesst 1 Ampère bei $A$ hinein, bei $B$ heraus. Der Aussendraht liegt auf mittlerem Potential. Von $A$ direkt nach $B$ fliesst $\frac{1}{2}$Ampère. Da dort $1\Omega$ liegt, ist die Spannung zwischen $A$ und $B$ $\frac{1}{2}V$. Diese zieht im ganzen $1$ Ampère, also ist der Widerstand des ganzen Gitters $\frac{1}{2}\Omega$.

   2. Beim Dreiecksgitter kreuzen sich jeweils sechs Drähte. Der Gesamtwiderstand ergibt sich daher aus der entsprechenden Überlegung zu $\frac{1}{3}\Omega$.

   3. Beim Sechseckgitter kreuzen sich jeweils drei Drähte. Der Gesamtwiderstand ergibt sich daher aus der entsprechenden Überlegung zu $\frac{2}{3}\Omega$.

   4. Einen Fünfeckzaun gibt es nicht, denn mit Fünfecken kann man die Ebene nicht lückenlos ausfüllen.

   5. Ganz analog lässt sich ein kubisches Gitter behandeln: Wir umschliessen es durch ein Blech. in sehr grosser Entfernung und schicken bei $A$ einen Strom von $1$ Ampère hinein. Nach jeder Seite fliesst $\frac{1}{6}$Ampère weg. Überlagerung mit umgepolter Spannung, die bei $B$ angelegt wird, liefert $\frac{1}{3}$Ampère und $\frac{1}{3}V$zwischen $A$ und $B$, also $\frac{1}{3}\Omega$.

Lösungen Hausaufgabe

1. Einschaltvorgang
   • Für $t<0$ ist $U_R = U_C = 0$
   • $U_R(t) = U-U_C(t)$
   • $U_C(t) = Q(t)/C$
   • $U_R(t) = RI(t) = R \dot Q(t)$
   • Damit haben wir $R \dot Q(t) = U-Q(t)/C$ oder $R \dot Q(t)+Q(t)/C = U$ oder $\dot Q(t)+\frac{1}{RC}Q(t) = \frac{U}{R}$
   • Die partikuläre Lösung ist: $Q = UC$
   • Die allgemeine Lösung ist: $Q(t) = Q_0e^{-t/(RC)}$
   • Die Anfangsbedingugn lautet: $Q(t=0) = 0$
   • Damit ist $0=Q_0+UC$ oder $Q_0 = -UC$
   • Die Lösung ist: $Q(t)=UC\left(1-e^{-t/(RC)}\right)$
   • Damit ist $U_C(t) = U\left(1-e^{-t/(RC)}\right)$ und
   • $U_R(t) = U-U\left(1-e^{-t/(RC)}\right)=Ue^{-t/(RC)}$
   
   Die Lösung für den Ausschaltvorgang ist analog. Nur die partikuläre Lösung ändert sich.
   • Für $t<0$ ist $U_C = U$, $U_R = 0$ und $Q = UC$
   • Für $t>0$ ist $U_R(t) = -U_c(t)$ und die Differentialgleichung $\dot Q(t)+\frac{1}{RC}Q(t) =$
   • Die partikuläre Lösung ist $Q=0$
   • Die Anfangsbedingung lautet $Q(t=0) = UC = Q_0$
   • Die Lösung ist $Q(t) =UCe^{-t/(RC)}$
   • $U_C = Ue^{-t/(RC)}$
   • $U_R = -Ue^{-t/(RC)}$
   
2. 1. Auf einen Menschen entfällt ein Leistungsbedarf von etwa $1kW$, wenn man die Industrie mit einbezieht. Die kleine Grossstadt braucht $10^{8}W$.
   2. Bei $230V$ ergäbe das $10^{8}/230.0A=\allowbreak4.\,\allowbreak347\,8\times 10^{5}A$, bei $230kV$ nur $10^{8}/230000.0A=\allowbreak434.\,\allowbreak78A$.
   3. Am Leiterwiderstand $R$ ist der Spannungsabfall $\Delta U=RI$, der Leistungsverlust $\Delta P=\Delta UI=RI^{2}$. Wenn ein relativer Verlust $\Delta U/U$ nicht überschritten werden soll, darf $R$ nicht grösser sein als $R=\Delta U/I=U\Delta U/P$, im Beispiel: $R=10^{6}W/(437.78A)^{2}%% =\allowbreak5.\,\allowbreak217\,8\Omega$ bei $230kV$, aber $R=10^{6}%% W/(437780A)^{2}=\allowbreak5.\,\allowbreak217\,8\times10^{-6}\Omega$ bei $230V$.
   4. Wenn die Leitung zum Kraftwerk $100km$ lang ist, muss ihr Querschnitt $A=\rho\ell/R$ bei $230kV$ etwa ( $\rho_{Kupfer}=1.\,\allowbreak72\times 10^{-8}\Omega m$) $1.\,\allowbreak72\times10^{-8}\Omega m\ast 100000m/5.\,\allowbreak217\,8\Omega=\allowbreak3.\,\allowbreak296\,4\times 10^{-4}m^{2}$ sein, bei $230V$ dagegen $1.\,\allowbreak72\times10^{-8}\Omega m\ast100000m/\allowbreak(5.\,\allowbreak217\,8\times10^{-6}\Omega )=\allowbreak329.\,\allowbreak64m^{2}$!
   5. Siehe oben: die Verluste sind geringer.
   6. Unbegrenzt lässt sich die Übertragungsspannung aber wegen der Durchschlagsgefahr nicht steigern.
   7. Das Zylinderfeld um das Kabel ist $E\approx U_{0}/(r\cdot\ln(h/r_{0}))$ (es erstreckt sich nur bis zum Boden, Abstand $h$).
   8. Bis etwa $0.03m$ Radius ist dieses Feld grösser als die Durchschlagsspannung der Luft von $10^{6}V/m$.
   9. Dort gibt es Büschelentladungen, die man nachts bläulich glitzern sieht. In $20m$ Abstand ist das Feld in Luft immer noch etwa $1500V/m$.
   10. Das ist ungefährlich für Mensch und Tier, weil deren Körper das Erdpotential deformiert. Ein solches Feld lädt den Kondensator ''Mensch'' auf eine Ladung $Q=AE\varepsilon\varepsilon_{0}$ auf.
   11. Bei Wechselspannung bedeutet die ständige Umladung einen Strom $/=Q\omega=AE\varepsilon\varepsilon_{0}\omega$, schlimmstenfalls etwas über $10^{-4}A$, was noch völlig harmlos ist.
   12. siehe oben
3. 1. Siehe folgendes:
   2. In der rotierenden Scheibe stellt sich im Gleichgewicht ein Radialfeld $E$ ein, so dass Feldkraft und Zentrifugalkraft auf die Leitungselektronen einander aufheben: $eE=m\omega^{2}r$. Entsprechendes gilt für die Differenz der Potentiale zwischen Scheibenrand und -mitte: $U=\frac{1}%% {2}\omega^{2}r^{2}m/e=\frac{1}{2}mv^{2}/e$. Bei $v=100m/s$ erhält man $U=3$·$10^{-8}V$.
   3. Da man Gleichspannungen messen will, sind nur empfindliche Verstärker oder SQUID möglich.
   4. So kleine Spannungen werden natürlich leicht z.B. durch Thermospannungen an den Schleifkontakten verfälscht, selbst bei sorgfältiger Wahl identischer Materialien. Einige Hundertstel $K$ genügen. Zudem gibt es Störspannungen, wnn der Kontakt an den Schleifern kurz unterbrochen ist.
4. • Die Fläche in Funktion der Höhe ist
     
     $$A(x) = (A_1-A_2)\left(\frac{x}{h}\right)^2+ A_2 = A_1\left(\frac{x}{h}\right)^2+ A_2(1-\left(\frac{x}{h}\right)^2)$$
     
     

   • In einer Schicht der Dicke $dh$ ist der Widerstand
     
     $$dR = \frac{\rho}{ A(x)}dh =\frac{\rho}{(A_1-A_2)\left(\frac{x}{h}\right)^2+ A_2}dx$$
     
     

   • Also
     
     $$R = \int\limits_{0}^{h}\frac{\rho}{ A(x)}dh =\frac{\rho}{(A_1... ...1-A_2)}\int\limits_0^h \frac{dx}{x^2+\frac{A_2 h^2}{(A_1-A_2)}}$$
     
     

   • Es ist: $\int\frac{dx}{x^2+B} =\frac{1}{\sqrt{B}} \arctan\frac{x}{\sqrt{B}}$
   • Also
     
     $$R = \left.\frac{\rho h^2}{(A_1-A_2)\sqrt{\frac{A_2 h^2}{(A_1-... ...rctan\frac{x}{\sqrt{\frac{A_2 h^2}{(A_1-A_2)}}}\right\vert _0^h$$
     
     

   • 
     
     $$R= \left.\frac{\rho h^2}{h\sqrt{A_2(A_1-A_2)}}\arctan\left(\sqrt{\frac{A_1-A_2}{A_2}}\frac{x}{h}\right)\right\vert _0^h$$
     
     

   • oder
     
     $$R = \frac{\rho h}{\sqrt{A_2(A_1-A_2)}}\arctan\left(\sqrt{\frac{A_1}{A_2}-1}\right)$$
     
     

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Grundkurs IIIb für Physiker

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