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Up: PHYS3100 Grundkurs IIIb

Klausur
PHYS3100 Grundkurs IIIb (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt)

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

19. 2. 2004

Prüfungstermin 19. 2. 2004, 09:00 bis 11:00


Name Vorname Matrikel-Nummer Kennwort
       
       
       


Die Prüfungsresultate werden ab 23. 2. 2004 im Sekretariat Experimentelle Physik, N25/540, bekanntgegeben. Dabei können Sie Ihre Klausur einsehen. Damit Ihr Resultat, sobald vorhanden, per Aushang vor dem Sekretariat bekanntgegeben werden kann, müssen Sie ein Kennwort (leserlich) angeben.


Vom Korrektor auszufüllen:
Aufgabe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 $\Sigma$
Punkte                    
                     



Note: $\underline{\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}$ Prüfer: $\underline{\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}$


\includegraphics[width=0.2\textwidth]{uni.eps} Universität Ulm

Hinweise zur Bearbeitung der Klausur

Lesen Sie bitte die folgenden Hinweise vollständig und aufmerksam durch, bevor Sie mit der Bearbeitung der Aufgaben beginnen!.


  1. Als Hilfsmittel zur Bearbeitung der Klausur sind nur Schreibzeug und Taschenrechner und 3 Blätter (sechs Seiten, Grösse A4) mit eigener Hand in Handschrift verfasste Notizen zugelassen. Mobiltelefone müssen ausgeschaltet in einer geschlossenen Tasche oder einem geschlossenen Rucksack aufbewahrt werden!

  2. Die Klausur umfasst:
    1. 3 Blätter (6 Seiten) mit 9 Aufgaben.
    2. 1 Deckblatt bestehend aus einer Titelseite und dieser Hinweisseite.
  3. Füllen Sie, bevor Sie mit der Bearbeitung der Aufgaben beginnen, das Deckblatt mit Name, Vorname und Matrikelnummer in leserlicher Druckschrift aus.

  4. Jede Aufgabe ergibt zwischen 2 und 8 Punkten.

  5. Benutzen Sie bei der Berechnung von Zahlenwerten die Konstanten aus der Aufgabenstellung, soweit angegeben.

  6. Schreiben Sie auf jedes Blatt leserlich Ihren Namen, Ihren Vornamen und Ihre Matrikelnummer sowie eine Seitennummer. Schönschrift beim Schreiben erleichtert die Korrektur.

  7. Beginnen Sie für jede Aufgabe ein neues Blatt mit Angabe der Aufgabennummer. Schreiben Sie die zugehörigen Nebenrechnungen ebenfalls auf dieses Blatt. Streichen Sie ungültige Lösungen deutlich durch. Sollten Sie ausnahmsweise zur Bearbeitung einer Aufgabe mehrere nicht aufeinanderfolgende Blätter benötigen, so vermerken Sie, wo die Fortsetzung der Aufgabe zu finden ist.


Viel Erfolg!

Aufgaben

    1. Von welcher Ladungssorte zu welcher Ladungssorte zeigt das elektrische Feld? (0.5 Punkte)
    2. Wie lautet das komplette Durchflutungsgesetz in differentieller Schreibweise? (0.5 Punkte)
    3. Geben Sie die Definition des magnetischen Momentes eines Kreisstromes an! (0.5 Punkte)
    4. Geben Sie die Larmorwinkelgeschwindigkeit für ein Elektron in vektorieller Schreibweise an! (0.5 Punkte)
    5. Zu welcher Klasse (diamagnetisch, paramagnetisch oder ferromagnetisch) gehört Aluminium? (0.5 Punkte)
    6. Ist Eisen diamagnetisch? (0.5 Punkte)
    7. In einer Vakuumröhre vom Typ $EL84$ werden Elektronen aus der Ruhe mit einer Spannung von $200\;V$ beschleunigt. Geben Sie die kinetische Energie in Elektronenvolt an. (0.5 Punkte)
    8. Wir betrachten zwei Ruhesysteme, die sich gegeneinander entlang der $z$-Achse mit konstanter Geschwindigkeit $v$ bewegen. Geben Sie die Lorentz-Transformation für das Feld $E_x$ (alle anderen Felder sollen $0$ sein) an! (0.5 Punkte)
    9. Wir betrachten zwei Ruhesysteme, die sich gegeneinander entlang der $z$-Achse mit konstanter Geschwindigkeit $v$ bewegen. Geben Sie die Lorentz-Transformation für das Feld $B_z$ (alle anderen Felder sollen $0$ sein) an! (0.5 Punkte)
    10. Geben Sie die Definition der Elektromotorischen Kraft in einem Stromkreis an. (0.5 Punkte)
    11. Erklären Sie in Worten die Funktion einer Zündspule bei einem Otto-Motor. (Sie sollten dazu nicht mehr als vier Zeilen benötigen.) (0.5 Punkte)
    12. Erklären Sie in Worten, warum bei einem perfekten kristallinen Leiter (Durchmesser $d=2mm$, Länge $\ell=154 mm$) bei $T=269.145K$ der Strom nicht unendlich gross wird, wenn eine Spannung von $U= 185.346 \mu V$ zwischen den beiden $\ell$ entfernten Enden angelegt wird. (Sie sollten dazu nicht mehr als fünf Zeilen benötigen.) (0.5 Punkte)
    $\Sigma: $ 6 Punkte


  1. Die folgenden Punkte sind mit geradlinigen Leitern verbunden. In der folgenden Aufstellung sind die Koordinaten in einem rechtshändigen kartesischen Koordinatensystem angegeben. Die Einheit ist $m$.

    \begin{eqnarray*}
A &:& (1;0;0)\\
B &:& (1;2;0)\\
C &:& (0;2;0)\\
D &:& (0;2;3)\\
E &:& (0;0;3)\\
F &:& (1;0;3)
\end{eqnarray*}



    Die Leiterschlaufe ist $\overline{ABCDEFA}$. In ihren perfekten Leitern fliesst der Strom $I=2A$ von $A$ nach $B$ und weiter.
    1. Zeichnen Sie die Leiterschlaufe mit dem Koordinatensystem und vergessen Sie die Skalen und Einheiten nicht. (0.5 Punkte)
    2. Berechnen Sie das resultierende magnetische Moment in vektorieller Schreibweise. (1 Punkte)
    3. Geben Sie den Betrag des Momentes an (0.5 Punkte)
    $\Sigma: $ 2 Punkte


  2. Gegeben sei die folgende Schaltung:
    \includegraphics[width=0.6\textwidth]{klaus-04-02-19-2.eps}
    Der Schalter sei in den folgenden Stellungen:
    Zeit Stellung
    $-\infty \leq t<0$ $2$
    $0 \leq t < T_0$ $1$
    $t \geq T_0>0$ $2$

    1. Geben Sie die Differentialgleichung für $I$, dem Strom durch den Widerstand, für $t<0$ und $t \geq T_0$ an. (0.5 Punkte)
    2. Geben Sie die Differentialgleichung für $I$, dem Strom durch den Widerstand, für $0 \leq t < T_0$ an. (0.5 Punkte)
    3. Lösen Sie die Differentialgleichung für $I$ für alle Zeiten. Berechnen Sie daraus $U_R$. (1.5 Punkte)
    4. Verwenden Sie die Anfangsbedingung für $t=0$ um $I(t)$ für $0 \leq t < T_0$ anzugeben. (0.5 Punkte)
    5. Verwenden Sie die Anfangsbedingung für $t=T_0$ um $I(t)$ für $T_0 \leq t$ anzugeben. (1.5 Punkte)
    6. Skizzieren Sie die Lösung für $0 \leq t \leq 3T_0$ (Grösse der Zeichnung mindestens $10\, cm \times 10\, cm$), wenn $L=10\,
mH$, $R=10\, \Omega$, $T_0 = 1\, ms$ und $U= 10\,V$ sind. Geben Sie als Referenz die Spannung $U$ in der Zeichnung an. (0.5 Punkte)
    $\Sigma: $ 5 Punkte


  3. Eine Probeladung $q$ sei zwischen zwei unendlich ausgedehnten perfekt leitfähigen Halbräumen eingebracht. Die Oberflächen der beiden Halbräume sind parallel und haben den Abstand $d$.
    \includegraphics[width=0.6\textwidth]{klaus-04-02-19-3.eps}
    1. Wir betrachten nur die Oberflächenladungsdichten $-\sigma$ und $+\sigma$ und denken uns die metallischen Halbräume weg. Geben Sie die potentielle Energie von $q$ als Funktion von $z$ ( $-d/2 < z < d/2$) an. Legen Sie dabei den Nullpunkt der $z$-Skala in die Mitte zwischen den beiden Halbräumen. (1 Punkt)
    2. Geben Sie nun die potentielle Energie von $q$ als Funktion von $z$ ( $-d/2 < z < d/2$) an, wenn die Oberflächenladungsdichten $-\sigma$ und $+\sigma$ an der Oberfläche von metallischen Halbräumen liegen. Betrachten Sie nur die zusätzlichen Terme (im Vergleich zur vorigen Aufgabe) erster Ordnung. (1 Punkt)
    3. Bildladungen im Metall $1$ erzeugen im Metall $2$ weitere Bildladungen, und umgekehrt. Berechnen Sie die potentielle Energie von $q$ als Funktion von $z$ ( $-d/2 < z < d/2$) bis einschliesslich der zweiten Bildladung auf beiden Seiten. (1 Punkt)
    $\Sigma: $ 3 Punkte


  4. Gegeben ist

    \begin{displaymath}\vec A = \left(\frac{1}{y};-\frac{1}{x};\frac{1}{z}\right)\end{displaymath}

    1. Berechnen Sie $\vec B$ in kartesischen Koordinaten. (1 Punkt)
    2. Geben Sie ein Vektorfeld $\vec V$ an, so dass $\vec A' = \vec A+\vec V$ ist und so dass $\textrm{div}\,{}\vec A' = 0$ ist. (1 Punkt)
    $\Sigma: $ 2 Punkte


  5. Eine Kompassnadel mit dem Trägheitsmoment $I=0.01\; kg\, m^2$ und dem magnetischen Moment $\left\vert\vec m_a\right\vert = 0.1\; Am^2$ ist im Ursprung des kartesischen Koordinatensystems um die $z$-Achse drehbar gelagert. Eine homogenes magnetisches Feld $B=0.1\;T$ zeigt parallel zur $z$-Achse und zeige in die positive Richtung.
    1. Geben Sie die Differentialgleichung der Drehbewegung an. (1 Punkt)
    2. Berechnen Sie die Schwingungskreisfrequenz $\omega_0$ für kleine Amplituden. (1 Punkt)
    $\Sigma: $ 2 Punkte


  6. Welche maximale Kraft übt Licht mit einer zeitlich gemittelten Intensität von $10^6 W/m^2$ auf ein einfach geladenes Ion im Vakuum aus?
    $\Sigma: $ 2 Punkte


  7. Zwei Punktladungen $q_1$ und $q_2$ sind an der Peripherie einer mit der Winkelgeschwindigkeit $\omega$ um die $z$-Achse rotierenden Scheibe vom Radius $\rho$ diametral gegenüber befestigt.
    \includegraphics[width=0.4\textwidth]{klaus-04-02-19-4.eps}
    Es ist $\omega\cdot \rho \ll c$ und $q_1 = -q_2$. Für $q_1$ ist $x(t) = \rho\cos(\omega t)$ und $y(t)=\rho\sin(\omega t)$.
    1. Berechnen Sie das Strahlungsfeld an einem Punkt $P(y)$ auf der (raumfesten) $y$-Achse, wobei $y \gg \rho$ ist. (2 Punkte)
    2. Geben Sie in einer Skizze an, wie sich die elektrischen Felder in der $y$-Richtung ausbreiten (entsprechend der Lösung aus der Aufgabe 8a). (0.5 Punkte)
    3. Berechnen Sie das Strahlungsfeld an einem Punkt $R(z)$ auf der (raumfesten) $z$-Achse, wobei $z \gg \rho$ ist. (1 Punkt)
    4. Geben Sie in einer Skizze an, wie sich die elektrischen Felder in der $z$-Richtung ausbreiten (entsprechend der Lösung aus der Aufgabe 8c). (0.5 Punkte)
    5. Berechnen Sie die Felder für die Anordnung aus der Aufgabe 8a), wenn $q_1=q_2$ ist. (1 Punkt)
    6. Berechnen Sie die Felder für die Anordnung aus der Aufgabe 8c), wenn $q_1=q_2$ ist. (1 Punkt)
    $\Sigma: $ 6 Punkte


  8. Die folgende Schaltung soll berechnet werden:
    \includegraphics[width=0.65\textwidth]{klaus-01.eps}
    Der Schalter $S$ ist für $t<0$ offen und wird bei $t=0$ geschlossen. Der Transformator ist auf einen Eisenkern mit dem Querschnitt $A$ gewickelt. Das Eisen bewirkt, dass das Magnetfeld $B$ und der Fluss $\Phi$ nur im Eisen existiert. Die Primärwicklung hat $N_1$ Windungen, die Sekundärwicklung $N_2$ Windungen. Die Spulen haben jeweils die Länge $\ell$.
    1. Geben Sie die Induktivität der Primärwicklung an. (0.5 Punkte)
    2. Geben Sie die Induktivität der Sekundärwicklung an. (0.5 Punkte)
    3. Geben Sie die Gegeninduktivität zwischen der Primär- und der Sekundärwicklung an. Drücken Sie das Resultat mit $L_1$ und $L_2$ aus. (1 Punkt)
    4. Wie lautet das Differentialgleichung für den Strom $I_1$ der Primärseite? (0.5 Punkte)
    5. Wie lautet das Differentialgleichung für den Strom $I_2$ der Sekundärseite? (0.5 Punkte)
    6. Wenn Sie richtig gerechnet haben, kommt $I_1$ in der Gleichung für die Sekundärseite nur einmal vor. Wandeln Sie die Gleichungen für die Primärseite und die Sekundärseite so um, dass Sie in der Gleichung für die Primärseite $I_1$ eliminieren können. Geben Sie für $t>0$ die Differentialgleichung für $I_2$ an! (2.5 Punkte)
    7. Verwenden Sie das Resultat aus dem Teil 9c und formen Sie die Gleichung für $t>0$ so um, dass die Schwingungskreisfrequenz $\omega$ auftritt, indem Sie für den Strom $I_2$ einen komplexen Ansatz machen. (1 Punkt)
    8. Berechnen Sie die reelle Schwingungsfrequenz der Eigenschwingung der Schaltung. (1 Punkt)
    9. Wie ist das asymptotische Verhalten der Spannung am Widerstand $R$, $U_R$ und am Kondensator $C$, $U_C$ für $t \rightarrow \infty$? (0.5 Punkte)
    $\Sigma: $ 8 Punkte


Gesamt-$\Sigma: $ 36 Punkte

Lösung

    1. von der positiven zur negativen Ladung (0.5 Punkte)

    2. \begin{displaymath}\textrm{rot}\,{}\vec B =\mu_0 \left(\vec i + \epsilon_0\frac{\partial \vec E}{\partial t}\right)\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
    3. $\vert\vec m\vert = \textrm{Fl{\uml a}che} \cdot \textrm{Strom} = a\cdot b\cdot I$ (Seite 100) (0.5 Punkte)
    4. $\vec \Omega = \frac{e}{2 m_e}\vec B$ (Seite 144) (0.5 Punkte)
    5. Aluminium ist paramagnetisch. (0.5 Punkte)
    6. Eisen ist auch diamagnetisch, der Effekt ist aber sehr viel kleiner als der Ferromagnetismus. (0.5 Punkte)
    7. $E_{kin} = 200 eV$ (0.5 Punkte)
    8. Wir hatten die Lorentztransformationen mit einer Geschwindigkeit $v$ entlang $y$ berechnet. Hier sollen sie nun für $v$ entlang $z$ angegeben werden. Das ursprüngliche Koordinatensystem mit $v = (0;v_y;0)$ wird durch eine Drehung um die $x$-Achse um $-\pi/2$ auf das Koordinatensystem $(\check{x};\check{y};\check{z})$ transformiert, wobei

      \begin{eqnarray*}
\check{x} &= & x\\
\check{y} &=& -z\\
\check{z} &=& y
\end{eqnarray*}



      ist. Also erhalten wir

      \begin{eqnarray*}
E_{\check{x}}' & = & \gamma E_{\check{x}} \\
B_{\check{y}}' & = & -\gamma \frac{v}{c^2}E_{\check{x}}\nonumber
\end{eqnarray*}



      (0.5 Punkte)
    9. Hier ist

      \begin{displaymath}B_z' = B_z\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)

    10. \begin{displaymath}U_{EMK}=\frac{1}{q_{0}} {\displaystyle\int} \vec{F}\cdot d\vec{s} \end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
    11. In einer Zündspule wird Energie im Magnetfeld gespeichert. Beim Abschalten des Stromes entsteht wegen der kurzen Zeit eine sehr hohe Induktionsspannung, die durch die Ableitung des Flusses nach der Zeit definiert ist. (0.5 Punkte)
    12. Elektronen können sich im quantenmechanischen Bild nur an Fehlstellen, nicht aber an perfekten periodischen Anordnungen wie in einem Kristall streuen und so ihre kinetische Energie abgeben. Bei $T>0$ schwingen alle Atome um ihre Ruheposition, das Gitter ist also nicht mehr perfekt. (0.5 Punkte)

    1. Die Skizze sieht so aus:
      \includegraphics[height=0.5\textwidth]{klaus-04-02-19-1.eps} (0.5 Punkte)
    2. Das gesamte magnetische Moment ist äquivalent zum magnetischen Moment von drei Schlaufen zusammen, da sich auf den Koordinatenachsen die Ströme aufheben. Es sei $P=(0;0;0)$. Wir erhalten
      Schlaufe Richtung Fläche
      magnetisches Moment
      ABCPA $+z$ $2\; m^2$ $4\; Am^2$
      CDEPC $+x$ $6\; m^2$ $12\; Am^2$
      EFAPE $+y$ $3\; m^2$ $6\; Am^2$

      (0.5 Punkte)
      sind. Das einzelne magnetische Moment ist durch $m = \ell\cdot b\cdot I$ gegeben. Das gesamte magnetische Moment ist

      \begin{displaymath}\vec m = \vec m_{ABCPA}+\vec m_{CDEPC}+\vec m_{EFAPE} = (12;6;4)\;Am^2\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)

    3. \begin{displaymath}\left\vert\vec m\right\vert = \sqrt{12^2+6^2+4^2}\;Am^2 = \sqrt{196}\; Am^2 = 14\;Am^2\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
    1. Hier gilt

      \begin{displaymath}0=U_L + U_R = L\dot I +RI\end{displaymath}

      also

      \begin{displaymath}\dot I(t) +\frac{R}{L} I(t) = 0\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
    2. Hier gilt

      \begin{displaymath}U=U_L + U_R = L\dot I +RI\end{displaymath}

      also

      \begin{displaymath}\dot I(t) +\frac{R}{L} I(t) = \frac{U}{L}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
    3. Ansatz:

      \begin{displaymath}I(t) = I_0 e^{-kt}\end{displaymath}

      Also ist die homogene Lösung

      \begin{displaymath}-k I_0 e^{-kt} + \frac{R}{L} I_0 e^{-kt} = 0\end{displaymath}

      oder

      \begin{displaymath}k = \frac{R}{L}\end{displaymath}

      und damit

      \begin{displaymath}I(t) = I_0 e^{-\frac{R}{L}t}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
      Partikuläre Lösung

      \begin{displaymath}I_P = \frac{U}{R}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
      Also ist für $0 \leq t < T_0$

      \begin{displaymath}I(t) = \frac{U}{R}+ I_0 e^{-\frac{R}{L}t}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)

    4. Für $t=0$ ist $U_R = 0$ und daraus

      \begin{displaymath}I_0 = -\frac{U}{R}\end{displaymath}

      Also

      \begin{displaymath}I(t) = \frac{U}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)

    5. Es ist

      \begin{displaymath}I(T_0) = \frac{U}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}T_0}\right)\end{displaymath}

      (0.5 Punkte) Das ist die Anfangsbedingung für die homogene Lösung. Für $T_0$ muss also gelten

      \begin{displaymath}I(T_0) = I_0' e^{-\frac{R}{L}T_0}=\frac{U}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}T_0}\right)\end{displaymath}

      Also

      \begin{displaymath}I_0' = e^{\frac{R}{L}T_0}\frac{U}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}T_0}\right) =
\frac{U}{R}\left(e^{\frac{R}{L}T_0}-1\right)\end{displaymath}

      (0.5 Punkte) Also

      \begin{displaymath}I(t) = \frac{U}{R}\left(e^{\frac{R}{L}T_0}-1\right)e^{-\frac{R}{L}t}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)



    6. \includegraphics[width=0.6\textwidth]{klaus-2004-02-19.eps}
      (0.5 Punkte)
    1. Das elektrische Feld einer Oberflächenladungsdichte ist

      \begin{displaymath}E = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\end{displaymath}

      Die Felder der beiden Oberflächenladungen addieren sich, so dass

      \begin{displaymath}E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte) Das Feld zeigt nach rechts. Die potentielle Energie ist dann

      \begin{displaymath}E_{pot}(z) = Eqz = \frac{\sigma q z}{\epsilon_0}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
    2. Hier treten Bildladungen auf. Die eine Bildladung liegt bei $z_l =
-\frac{d}{2}-\left(z+\frac{d}{2}\right)$. Der Abstand zur Ladung ist $r_l = d+2z$. Die zweite Bildladung liegt bei $z_r = \frac{d}{2}+\left(\frac{d}{2}-z\right)$. Der Abstand ist $r_r = d+2z$. Die Bildladung ist jeweils $-q$. Die potentielle Energie ist

      \begin{displaymath}E_{pot}(z_l)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{-q^2}{r_l}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
      und

      \begin{displaymath}E_{pot}(z_r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{-q^2}{r_r}\end{displaymath}

      Also ist die gesamte potentielle Energie

      \begin{displaymath}E_{pot}(z) = \frac{\sigma q z}{\epsilon_0}+\frac{-q^2}{4\pi\e...
...^2}{4\pi\epsilon_0}
\left[\frac{1}{d-2z}+\frac{1}{d+2z}\right]\end{displaymath}

      oder

      \begin{displaymath}E_{pot}(z) = \frac{q z}{\epsilon_0}\frac{\pi\sigma(d^2-4z^2)-q}{d^2-4z^2}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
    3. Die Bildladungen der Bildladung liegen bei $z_{l,2} = -2d+z$, der Abstand ist also $r_{l,2}=z-z_{l,2} = 2d$ und $z_{r,2}= 2d+z$ und damit $r_{r,2} = 2d$. Die zweite Bildladung ist wieder jeweils $q$. Also haben wir zusätzlich die potentielle Energie

      \begin{displaymath}E_{pot,2} = 2\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q^2}{2d} =\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q^2}{d}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
      Damit ist die gesamte potentielle Energie

      \begin{displaymath}E_{pot} (z) = \frac{q
z}{\epsilon_0}\frac{\pi\sigma(d^2-4z^2)-q}{d^2-4z^2}+\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q^2}{d}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
      Die folgende Skizze (zur Information) zeigt den Kurvenverlauf:
      \includegraphics[width=0.7\textwidth]{klaus-04-02-19-10.eps}
    1. Die Lösung ist

      \begin{displaymath}\vec B = \textrm{rot}\,{}\vec A\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)

      \begin{displaymath}\vec B= \textrm{rot}\,{}\left(\frac{1}{y};-\frac{1}{x};\frac{1}{z}\right)=
\left(0;0;\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
    2. Es muss gelten, $\vec A' = \vec A+\vec V$. Die Divergenz von $A$ ist

      \begin{displaymath}\textrm{div}\,{}\vec A = -\frac{1}{z^2}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
      Gesucht wird also ein Vektorfeld, bei dem $\textrm{div}\,{}\vec V = \frac{1}{z^2}$ ist. Dies ist

      \begin{displaymath}\vec V = \left(0;0;-\frac{1}{z}\right)\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
      da bei $\vec A' = \left(\frac{1}{y};-\frac{1}{x};0\right)$ die Divergenz null ist.
    1. Das mechanische Drehmoment ist $\vec M = \vec m \times \vec B$ oder $M = -mB\sin\phi$, wenn man die Richtungen berücksichtigt. (0.5 Punkte)
      Weiter gilt $I\ddot \phi = M$. Also ist

      \begin{displaymath}I \ddot \phi = -mB\sin\phi\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
    2. Für kleine Amplituden ist $\sin \phi \approx \phi$. Also

      \begin{displaymath}\ddot \phi + \frac{mB}{I}\phi = 0\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
      Also ist

      \begin{displaymath}\omega = \sqrt{\frac{mB}{I}}=\sqrt{\frac{0.1 Am^2 \cdot 0.1 T}{0.01 m^2 kg}}= 1 \frac{1}{s}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
  1. Nach der Vorlesung Grundlagen IIIa (Seite 79) gilt

    \begin{displaymath}I = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\varepsilon\varepsilon_0}{\mu\mu_0}}E^2\end{displaymath}

    (0.5 Punkte) Die Ladung eines einfach geladenen Ions beträgt $q=\vert e\vert$
    Also ist (mit $\mu=1=\varepsilon$)

    \begin{displaymath}F = q\cdot E = q\sqrt{2\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}}I}\end{displaymath}

    (0.5 Punkte) oder eingesetzt:

    \begin{eqnarray*}F &=& q\cdot E\\
&=& 1.6\cdot 10^{-19} C \sqrt{2\sqrt{\frac{1.26\cdot 10^{-6}H/m}{8.85\cdot 10^{-12} F/m}}10^6 W/m^2}\\
\end{eqnarray*}



    (0.5 Punkte)

    \begin{eqnarray*}
&=& 4.392397429 fN
\end{eqnarray*}



    (0.5 Punkte)
      • Das Strahlungsfeld im Abstand $r$ zur Zeit $t$ ist

        \begin{displaymath}\vec E(\vec r,t) = -\frac{q}{4\pi\epsilon_0 c^2} \frac{\vec a_\bot(t')}{r}\end{displaymath}

        wobei $t'=t-r/c$ und $a_\bot$ die Beschleunigungskomponente senkrecht zur Beobachtungsrichtung ist. (0.5 Punkte)
      • Nur die $x$-Komponente zählt.

        \begin{displaymath}a_{\bot,1} = a_{x,1} = -\rho\omega^2\cos(\omega t)\end{displaymath}

        für die erste Ladung und

        \begin{displaymath}a_{\bot,2} = a_{x,2} =\rho\omega^2\cos(\omega t)\end{displaymath}

        für die zweite Ladung. (0.5 Punkte)
      • Da $y \gg \rho$ ist $r=y$.

        \begin{eqnarray*}
E_x(y) &=& -\frac{1}{4\pi\epsilon_0c^2y}\left[-q_1 \rho\omega...
...c{q_1 \rho\omega^2\cos(\omega (t-y/c))}{2\pi\epsilon_0 c^2y}\\
\end{eqnarray*}



        (1 Punkt)
    1. \includegraphics[width=0.5\textwidth]{klaus-04-02-19-5.eps} (0.5 Punkte)
      • Hier ist die wirksame Beschleunigung sowohl in der $x$- wie auch in der $y$-Richtung.
      • $a_x$ und $a_y$ sind um $\pi/2$ phasenverschoben. (0.5 Punkte)
      • $z \gg \rho$
      • \begin{eqnarray*}
E_x(z) &=& \frac{1}{4\pi\epsilon_0 c^2z}\left(q_1-q_2\right)\...
...frac{q_1 \rho\omega^2\sin(\omega (t-z/c))}{2\pi\epsilon_0 c^2z}
\end{eqnarray*}



        (0.5 Punkte)
      • Dies ist eine zirkular polarisierte Strahlung.
    2. \includegraphics[width=0.5\textwidth]{klaus-04-02-19-6.eps} (0.5 Punkte)
    3. Wenn $q_1=q_2$ dann ist $E_x(y)=0$ (1 Punkt)
    4. Wenn $q_1=q_2$ dann ist $E_x(z)=E_y(z)=0$ (1 Punkt)
    1. Die Induktivität ist $L_1 = \mu\mu_0 \frac{N_1^2}{\ell}A$. (0.5 Punkte)
    2. Die Induktivität ist $L_2 = \mu\mu_0 \frac{N_2^2}{\ell}A$. (0.5 Punkte)
    3. Die Induktivität ist $M_{12} = \mu\mu_0 \frac{N_1\cdot N_2}{\ell}A$ (0.5 Punkte)
      oder $M_{12} = \sqrt{L_1\cdot L_2}$. (0.5 Punkte)
    4. Im Primärkreis haben wir

      \begin{displaymath}U(t)+M_{12}\dot{I}_2=I_1R+L_1\dot{I}_1\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
    5. Im Sekundärkreis haben wir

      \begin{displaymath}M_{12}\dot{I}_1 = L_2\dot{I}_2+\frac{Q}{C}\end{displaymath}

      mit $\dot{Q}=I_2$ oder

      \begin{displaymath}M_{12}\ddot{I}_1 = L_2\ddot{I}_2+\frac{I_2}{C}\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
      • Wir leiten die Gleichung des Primärkreises zweimal ab.

        \begin{displaymath}\frac{d^2U(t)}{dt^2} + M_{12}\frac{d^3
I_2}{dt^3}=\frac{d^2I_1}{dt^2}R+L_1\frac{d^3I_1}{dt^3}\end{displaymath}

        (0.5 Punkte)
      • Die ursprüngliche Gleichung des Sekundärkreises enthält $\ddot I_1$. Wir leiten die Gleichung des Sekundärkreises einmal ab und erhalten eine Gleichung für $ (d^3 I_1)/(dt^3)$.

        \begin{displaymath}M_{12} \frac{d^3 I_1}{dt^3}=L_2 \frac{d^3 I_2}{dt^3}+\frac{1}{C}\frac{d^2 I_2}{dt^2}\end{displaymath}

        (0.5 Punkte)
      • Diese Gleichung sowie die Originalgleichung für den Sekundärkreis setzen wir in die zweimal abgeleitete Gleichung des Primärkreises ein.

        \begin{displaymath}\frac{d^2U(t)}{dt^2} + M_{12}\frac{d^3
I_2}{dt^3}=\frac{R}{M...
...eft[L_2 \frac{d^3 I_2}{dt^3}+\frac{1}{C}\frac{d I_2}{dt}\right]\end{displaymath}

        (0.5 Punkte)
      • Da $U(t)$ für $t>0$ konstant ist, ist die $\ddot U(t)$ überall ausser bei $t=0$ null. Hier wird die Lösung für $t>0$ gesucht.

      • \begin{displaymath}M_{12}\frac{d^3
I_2}{dt^3}=\frac{R}{M_{12}}\left[L_2\frac{d^...
...eft[L_2 \frac{d^3 I_2}{dt^3}+\frac{1}{C}\frac{d I_2}{dt}\right]\end{displaymath}

        (0.5 Punkte)
      • Wir ordnen die Ableitungen

        \begin{displaymath}\left[M_{12}-\frac{L_1 L_2}{M_{12}}\right]\frac{d^3
I_2}{dt^...
...}+
\frac{L_1}{M_{12} C}\frac{d I_2}{dt}+\frac{R }{M_{12} C}I_2\end{displaymath}

      (0.5 Punkte)
      • Mit $M_{12} = \sqrt{L_1\cdot L_2}$ lautet die Differentialgleichung

        \begin{displaymath}0={R\cdot L_2}\frac{d^2I_2}{dt^2}+
\frac{L_1}{C}\frac{dI_2}{dt}+
\frac{R\cdot I_2}{C}\end{displaymath}

      • oder

        \begin{displaymath}0 = \frac{d^2I_2}{dt^2}+
\frac{L_1}{RCL_2}\frac{dI_2}{dt}+
\frac{1}{CL_2}I_2\end{displaymath}

        (0.5 Punkte)
      • Dies ist die gewöhnliche Schwingungsdifferentialgleichung. Wir setzen $I_2(t) =
I_{2,0}e^{i\omega t}$

      • \begin{displaymath}0 = -\omega^2I_{2,0}e^{i\omega t}+
i\omega\frac{L_1}{RCL_2}I_{2,0}e^{i\omega t}+
\frac{1}{CL_2}I_{2,0}e^{i\omega t}\end{displaymath}

      • Unter der Annahme,dass $I_{2,0} \neq 0$ bekommen wir

        \begin{displaymath}0 = -\omega^2+
i\omega\frac{L_1}{RCL_2}+
\frac{1}{CL_2}\end{displaymath}

        (0.5 Punkte)
      • Wir lösen nach $\omega$ auf

        \begin{displaymath}\omega = \frac{-i\frac{L_1}{RCL_2}\pm
\sqrt{\left[i\frac{L_1}{RCL_2}\right]^2-4(-1)\frac{1}{CL_2}}}{-2}\end{displaymath}

      • Setzt man die Lösung in den Ansatz ein, so sieht man, dass der komplexe Summand die Dämpfung darstellt. Die reelle Schwingungsfrequenz ist:

        \begin{displaymath}\omega = \frac{\pm
\sqrt{4\frac{1}{CL_2}-\left[\frac{L_1}{RC...
... = \mp
\sqrt{\frac{1}{CL_2}-\left[\frac{L_1}{2RCL_2}\right]^2}\end{displaymath}

        (0.5 Punkte)
      • Die positive Lösung ist

        \begin{eqnarray*}
\omega_0 &=& \sqrt{\frac{1}{L_2C}}\\
\omega &=& \omega_0\sq...
...{\uml a}mpfungsfaktor}\\
I_2(t) &=& I_{2,0}e^{-L_1t/(2RCL_2)}
\end{eqnarray*}



        (0.5 Punkte)
    6. Für grosse Zeiten geht $I_1 \rightarrow 0$ und damit auch $U_R \rightarrow 0$. Damit ist auch $U_C
\rightarrow 0$. (0.5 Punkte)

Notenskala

Punkte Note Anzahl
     
0-11,5 5  
     
12-13,5 4  
     
14-15,5 3,7  
     
16-17,5 3,3  
     
18-19 3  
     
19,5-21 2,7  
     
21,5-23 2,3  
     
23,5-24,5 2  
     
25-26,5 1,7  
     
27-28,5 1,3  
     
29-36 1  
     




Aufgabe Punkte
1 6
2 2
3 5
4 3
5 2
6 2
7 2
8 6
9 8
$\Sigma$ 36

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Klausur
PHYS3100 Grundkurs IIIb (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt)

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Copyright © 1993, 1994, 1995, 1996, Nikos Drakos, Computer Based Learning Unit, University of Leeds.
Copyright © 1997, 1998, 1999, Ross Moore, Mathematics Department, Macquarie University, Sydney.

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