Übungsblatt 06
PHYS3100 Grundkurs IIIb (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt)

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

19. 1. 2004 oder 26. 1. 2004

Aufgaben

1. Die unten stehende Abbildung zeigt elf verschiedene Bahnkurven von Teilchen in einem homogenen Magnetfeld, wie sie in einem teilchenphysikalischen Experiment gemessen werden können.
   
   

   Abbildung aus Halliday, Resnick, Walker, Physik, Wiley Verlag, p. 833

   
   Anders als bei der Teilchenphysik sind die Eigenschaften der Teilchen bekannt. Die unten stehende Tabelle gibt die Masse, die Ladung und die Geschwindigkeiten an.
   
   Ordnen Sie die Teilchenbahnen den Teilchen zu. Welche Bahn wäre in einer Nebelkammer nicht messbar?
2. Der Stab in der Abbildung
   
   habe den Widerstand $R$ und der Widerstand der Schienen sowie die Kontaktwiderstände seien vernachlässigbar. An die Punkte $a$ und $b$ werde eine Spannungsquelle mit vernachlässigbarem Innenwiderstand so angeschlossen, dass der Strom im Stab nach unten fliesst. Zum Zeitpunkt $t=0$ sei der Stab in Ruhe.
   1. Bestimmen Sie die Kraft auf den Stab als Funktion der Geschwindigkeit $v$ und formulieren Sie das zweite Newtonsche Gesetz für den Stab, wenn er die Geschwindigkeit $v$ hat.
   2. Zeigen Sie, dass der Stab eine endliche Endgeschwindigkeit erreicht, und stellen sie für diese eine Beziehung auf.
   3. Wie gross ist die Stromstärke, wenn der Stab seine Endgeschwindigkeit erreicht?
3. In Elektromotoren schaltet man bisweilen einen Widerstand in Reihe zum Rotor, um den Anfangsstrom zu begrenzen, wenn der Motor seine Nenndrehzahl noch nicht erreicht hat. Der Widerstand wird abgeschaltet, wenn der Motor mit normaler Drehzahl läuft.
   1. Ein Motor habe den Widerstand $0.75\Omega$ und nehme $8A$ bei $230V$ auf. Wie gross muss der Zusatzwiderstand bemessen sein, damit der Anfangsstrom $15A$ nicht überschreitet?
   2. Wie gross ist die Gegeninduktionsspannung, wenn der Motor seine Nenndrehzahl erreicht hat und der Widerstand abgeschaltet ist?
4. Es gibt die folgenden zwei Bauarten für Motoren:
   
   Berechnen Sie für beide Motoren für ein Lastdrehmoment $M$ die resultierende Drehzahl $\omega$. Verwenden Sie für die Spulen (Anker und Feldspulen) Konstanten, die alle nicht vom Strom abhängigen Grössen beinhalten. Mitteln Sie weiter die Ströme und Drehmomente des Ankers über eine halbe Drehung. Nehmen Sie an, dass die Feldspulen ein homogenes Magnetfeld erzeugen.
   Zeichnen Sie $M(\omega)$.
   Welcher Motortyp würde sich bei fehlender Last und verschwindender Reibung zerstören?
   Welcher Motortyp ist besser zur Beschleunigung aus dem Stand geeignet?
5. Zeigen Sie mit Hilfe der Lorentztransformation der Felder, dass $B=\mu_0 \frac{I}{2\pi r}$ ist.
6. Ein nichtleitender Zylinder der Masse $m=0.4 kg$ und der Länge $L=0.3m$ liegt auf einer schiefen Ebene.
   
   Auf den Hohlzylinder ist, parallel zur Unterlage, eine Spule mit 20 Windungen so aufgewickelt, dass die Ebene der Spule parallel zur schiefen Ebene ist. Wie gross muss der Strom in der Spule sein, damit der Zylinder in einem Magnetfeld $B=0.5 T$ senkrecht zur Horizontalen gerade nicht rollt?
7. In der gezeigten Stromschleife (Alle Leiter sind parallel zu den entsprechenden Koordinatenachsen!) fliesst ein Strom von $I=5A$.
   
   Bestimmen Sie den Betrag und die Richtung des magnetischen Momentes $\vec m$.

Lösungen

1. Bahnen in Magnetfeldern werden durch
   
   $$F_z = \frac {mv^2}{r} = F_L = qvB$$
   
   
   gegeben. Also ist
   
   $$r = \frac{mv}{qB}$$
   
   
   Im folgenden setzen wir $B=1$ und beziehen alles auf die Grössen $m$, $v$ und $q$.
   
   Aus der Zeichnung erhalten wir (inkl. Zuordnung)
   
   

2. 1. Wir berechnen zunächst den durch den Stab fliessenden Strom. Die Spannungsquelle liefert eine Spannung $U$, und der Stab induziert aufgrund seiner Bewegung eine Gegenspannung mit dem Betrag $B\ell v$. Also ist die resultierende Spannung $U-B\ell v=IR$. Daraus folgt $I=\left( U-B\ell v\right) /R$. Wegen dieses Stromes im Stab wirkt auf ihn durch das magnetische Feld die Kraft $F=I\ell B=\left( U-B\ell v\right) B\ell/R=ma$.
   2. Die Endgeschwindigkeit $v_{e}$ tritt auf, wenn $F=0$ ist, also wenn gilt $U-B\ell v_{e}=0$. Daraus folgt $v_{e}=U/\left( B\ell\right)$.
   3. Bei der Endgeschwindigkeit ist der Strom im Stab $I=\left( U-B\ell v_{e}\right) /R=0$.
3. 1. Anfangs liegt keine Gegeninduktionsspannung vor, und der Strom ist $I=U/R_{ges}$. Mit $I=15A$ ist $R_{ges}=15.33\Omega$. Daher ist der Widerstand, der in Reihe zum Motor zu schalten ist, $R=R_{ges}-0.75\Omega=14,58\Omega$.
   2. Bei normaler Drehzahl ist der Spannungsabfall über dem Motor $U=\left( 8A\right) \left( 0.75\Omega\right) =6V$. Weil der Motor mit 230 V betrieben wird, entsteht eine Gegenspannung von 224 V.
4. Wir betrachten zuerst den Elektromotor als Generator. Der Fluss durch die Leiterschlaufe mit $N$ Windungen und einer Fläche $A$ ist
   

   $$\phi_B = NBA\cos\Theta$$ (1)

   
   
   wobei $\Theta$ der Winkel zwischen der Normalen der Fläche der Leiterschlaufe und der Richtung des Magnetfeldes ist. Mit $\Theta = \omega t +\delta$ wird der zeitabhängige Fluss durch eine sich mit $\omega$ drehende Leiterschlaufe
   

   $$\phi_B(t)=NBA\cos(\omega t+\delta)$$ (2)

   
   
   Durch Ableiten erhält man die Induktionsspannung
   

   $$U = -\frac{d\phi_B(t)}{dt} = -NBA\frac{d}{dt}\cos(\omega t+\delta) = NBA\omega\sin(\omega t+\delta)$$ (3)

   
   
   Die induzierte effektive Spannung ist
   

   $$U_{eff,i} = \frac{NBA\omega}{\sqrt{2}}$$ (4)

   
   
   • Wir betrachten den Nebenschlussmotor: Wenn die Leiterschlaufe mit Spannung versorgt wird, arbeitet sie als Motor. Durch den Strom $I$ wird ein Drehmoment
     

     $$M = NAB\cdot I\cdot \sin\Theta$$ (5)

     
     
     erzeugt. Das mittlere Drehmoment bei einem Motor, bei dem der Kommutator immer bei dem Winkel, bei dem das Drehmoment null wird, das Vorzeichen ändert, ist
     

     $$M_{eff} = \frac{NAB}{\sqrt{2}}I =NABI_{eff}$$ (6)

     
     
     Wenn der Widerstand des Ankers, der rotierenden Spule, $R$ ist, kann man den mittleren Strom berechnen
     

     $$I_{eff} =\frac{U-U_{eff,i}}{R}= \frac{U}{R}- \frac{NBA}{R\sqrt{2}}\omega$$ (7)

     
     
     Damit hängt das Drehmoment von der Drehzahl ab
     

     $$M_{eff}(\omega) =NAB\left(\frac{U}{R}- \frac{NBA}{R\sqrt{2}... ...ega\right)= \frac{NABU}{R}-\frac{N^2A^2B^2}{\sqrt{2}R}\omega$$ (8)

     
     
     Das Drehmoment des ruhenden Motors ist also
     

     $$M_{eff}(0)=M_{max} = \frac{NABU}{R}$$ (9)

     
     
     und die maximale Drehzahl (da wo $M_{eff}=0)$ ist
     

     $$\omega_{max} = \frac{\sqrt{2}U}{NAB}$$ (10)

     
     
     Diese Charakteristik hat man immer dann, wenn das erregende Feld $B$ unabhängig von der Drehzahl ist, bei Permanentmagneten oder wenn die Spule für die Erregerwicklung parallel zum Anker angeschlossen ist. Will man die Drehzahl erhöhen, muss man das Feld $B$ schwächer machen.
   • Nun die Betrachtung für den Hauptschlussmotor: Ist die Erregerwicklung in Serie zur Ankerwicklung geschaltet, gibt es keine maximale Drehzahl. Eine lange Zylinderspule (Länge $\ell$, Windungszahl $N$) hat das Magnetfeld
     

     $$B_Z = \mu_0 \frac{N}{\ell} I = K_m\cdot I$$ (11)

     
     
     Für andere Geometrien gilt das gleiche Gesetz, aber mit einem geometrieabhängigen Vorfaktor $K$. Im statischen Falle ist der Strom nur vom Gleichstromwiderstand $R_E$ der Erregerspule abhängig. Wenn $U_E$ der Spannungsabfall an der Erregerspule ist, ist
     

     $$B(U_E) = K \frac{U_E}{R_E} = K I_E$$ (12)

     
     
     Der durch den Anker fliessende Strom ist dann durch
     

     $$I_{eff} =\frac{U-U_E-U_{eff,i}}{R}= \frac{U}{R}- \frac{U_E}{R}-\frac{NB(U_E)A}{R\sqrt{2}}\omega$$ (13)

     
     
     gegeben. Wir erhalten
     
     $$I_{eff} = \frac{U}{R}- \frac{I_E\cdot R_E}{R}-\frac{NK I_{eff}A}{R\sqrt{2}}\omega$$
     
     
     oder
     
     $$I_{eff}\left[1+\frac{NK A}{R\sqrt{2}}\omega+\frac{R_E}{R}\right] = \frac{U}{R}$$
     
     
     und somit
     
     $$I_{eff} = \frac{U}{R\left[1+\frac{R_E}{R}+\frac{NK A}{R\sqrt{2}}\omega\right]} =\frac{U}{R+R_E+\frac{NK A}{\sqrt{2}}\omega}$$
     
     
     Das resultierende Drehmoment ist
     
     $$M_{eff}=NAKI_{eff}^2=NAK\frac{U^2}{\left(R+R_E+\frac{NK A}{\sqrt{2}}\omega\right)^2}$$
     
     
     Das Drehmoment des ruhenden Motors ist
     
     $$M(0) = NAK\frac{U^2}{\left(R+R_E\right)^2}$$
     
     
     Es gibt kein maximales Drehmoment, da $M(\omega)>0$ für alle $\omega$ ist.
     Dieser Motor wird durch Fliehkräfte zerrissen, wenn keine Reibung vorhanden ist.
     

5. Nehmen wir an, die Linienladung $\lambda$ bewege sich in die $y$-Richtung mit der Geschwindigkeit $v$. Da das Problem rotationssymmetrisch um die $y$-Achse ist, betrachten wir nur Felder entlang der $x$-Achse. Das elektrische Feld der Linienladung auf der $x$-Achse ist dann
   
   $$E_x(x) = \frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{\lambda}{x}$$
   
   
   und
   
   $$E_y(x) = 0$$
   
   
   Wir verwenden
   
   $$B_z' = \gamma\left(B_z+ \frac{v}{c^2}E_x\right)= \gamma\frac{v}{c^2}E_x$$
   
   
   und damit
   
   $$B_z' = \gamma\frac{v}{c^2}\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{\lambda}{x}$$
   
   
   Nun ist $\lambda v = I$. Weiter ist in diesem Falle das Bezugssystem $S'$ unser Laborsystem. Weiter gilt, dass $c^2\mu_0\epsilon_0 = 1$ ist. Wir haben also
   
   $$B_z' = \gamma\frac{\mu_0 I}{2\pi x}$$
   
   
   Unter der Annahme, dass $v\ll c$ erhalten wir das klassische Resultat mit den richtigen Vektororientierungen.
6. Das Drehmoment eines magnetischen Momentes ist
   
   $$\vec M = \vec m_m \times \vec B$$
   
   
   Die Newtonschen Gesetze auf die Masse angewandt ergeben
   
   $$mg\sin\Theta -F_R = m a$$
   
   
   wobei $F_R$ die Reibungskraft und $a$ die Beschleunigung der Masse ist. Wenn der Zylinder den Radius $r$ hat, ist das mechanische Drehmoment $F_R r$. Das magnetische Drehmoment ist $m B \sin\Theta$. Die Winkelbeschleunigung $\alpha$ ist
   
   $$F_R r -m_mB\sin\Theta = I\alpha$$
   
   
   wobei $I$ das Trägheitsmoment des Zylinders ist. Im statischen Falle ist $a=0$ und $\alpha=0$. Wir bekommen
   
   $$F_R = mg\sin\Theta$$
   
   
   
   
   $$F_R = \frac{m_mB\sin\Theta}{r}$$
   
   
   und
   
   $$mg =\frac{m_m B}{r}$$
   
   
   Das magnetische Moment einer Spule hängt von der Fläche $A=L\cdot 2r$ ab
   
   $$m_m = NIA = 2NILr$$
   
   
   Also
   
   $$mg = \frac{2NILrB}{r}=2NILB$$
   
   
   oder
   
   $$I = \frac{mg}{2NLB}$$
   
   
   Also
   
   $$I = \frac{0.4\cdot 9.81}{2\cdot 20 \cdot 0.3 \cdot 0.5} A =0.654 A$$
   
   

7. Wir teilen die Schlaufe in zwei Teile auf, $ABCDA$ und $ADEFA$. Die Ströme sollen so sein, dass sie sich auf der Strecke $AD$ kompensieren. Wir haben also
   
   $$\vec m = \vec m_{ABCDA}+\vec m_{ADEFA}$$
   
   
   Wir setzen $a = \overline{BC}= 50 mm$, $b= \overline{AB} = 18 mm$ und $c= \overline{AF} = 15 mm$. Wir bekommen
   
   $$m_{ABCDA} = I \cdot a \cdot b$$
   
   
   
   
   $$m_{ADEFA} = I \cdot a \cdot c$$
   
   
   Die beiden Momente stehen senkrecht zueinander, also ist
   
   $$m = \sqrt{m_{ABCDA}^2+m_{ADEFA}^2} = I\cdot a \sqrt{b^2+c^2} =$$
   
   
   
   
   $$= 5 \cdot 0.05 \sqrt{0.018^2+0.015^2} Am^2 =0.0059 Am^2$$
   
   
   $\vec m$ liegt in der $yz$-Ebene. $\vec m_{ABCDA}$ zeigt in die $-z$-Richtung, $\vec m_{ADEFA}$ in die $+y$-Richtung. Der Winkel zur $+y$-Achse ist also
   
   $$\tan\theta =-\frac{m_{ABCDA}}{m_{ADEFA}} = -\frac{b}{c} = -1.2$$
   
   
   oder unter Berücksichtigung der Zweiwertigkeit des $\tan$
   
   $$\theta = -50^0$$
   
   

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