Lk Physik Aufgabenblatt Februar Kraft auf bewegte Ladung im

Lk Physik
Aufgabenblatt
Februar
Kraft auf bewegte Ladung im Magnetfeld – Induktion (2)
1. Eine Leiterschaukel der Länge ` = 10 cm und Masse
m = 10 g hängt an flexiblen ( masselosen ) Zuleitungen der
Länge h = 15 cm. Durch die Schaukel fließt der konstante
Strom I =16 A. Die Schaukel befindet sich im homoge~ das senkrecht nach unten zeigt und den
nen Magnetfeld B,
Betrag B = 0,50 T hat.
Berechnen Sie den Winkel α, um den die Schaukel aus der
Vertikalen ausgelenkt wird.
I6
q
q
~
?
B
`
α
h
c
2. Ein stabförmiger Leiter L der Masse m
e e e e e e e 6
kann auf zwei zueinander im Abstand `
R
~
q
B
parallel angeordneten, in einer horizonSq e e e e e e e `
e e e e e e e
talen Ebene liegenden Leiterschienen reiUo
?
bungsfrei gleiten. Die ganze Anordnung
L
wird von einem vertikal gerichteten homo~
genen Magnetfeld mit der Flussdichte B
durchsetzt.
Bevor zum Zeitpunkt t = 0 der Schalter S geschlossen wird, ist L in Ruhe.
a) Geben Sie Betrag und Richtung der Kraft auf den Leiter unmittelbar nach dem Schließen des Schalters an.
b) Durch die Bewegung des Leiterstücks mit der Geschwindigkeit v wird eine Spannung
Ui induziert. Berechnen Sie Ui in Abhängigkeit von v und den gegebenen Größen.
c) Zeigen Sie damit, dass für die ( zeitabhängige ) beschleunigende Kraft gilt :
B`
B 2 `2
F=
Uo −
v;
R
R
d) Verwenden Sie das 2. Newtonsche Gesetz F = ma unter Ausnutzung, dass a = v̇ ist,
und stellen Sie damit eine Differentialgleichung für v(t) auf.
e) ( Für Experten ! )
Lösen Sie die Differentialgleichung !
f) ( Auch ohne vorherige Teilaufgabe lösbar ! )
Begründen Sie, warum die Geschwindigkeit, mit der der Leiter gleiten wird, einen
bestimmten Wert vmax nicht überschreiten wird, und berechnen Sie diesen allgemein.
( Die Leiterbahnen sollen hier als unendlich lang angesehen werden. )
Viel Erfolg !
Kink
Lk Physik
Musterlösung
Februar
Kraft auf bewegte Ladung im Magnetfeld – Induktion (2)
1. Lorentz-Kraft : FL = B · I · `, Gewichtskraft Fg = m · g.
F~L
FL = Fg tan α
FL BI` 0, 50 T · 16 A · 0, 10 m
= 0, 82
tan α =
=
=
Fg
mg
m
0, 010 kg · 9, 81 2
s
⇒ α = 39 ◦
2.
a) Richtung der Kraft : nach rechts ( rechte-Hand-Regel ! )
b) Ui = −Φ̇ = −
α
F~res F~g ?
F = BI` = B`
d(AB)
= − `Bv
dt
c) Wirksame Spannung :
Uw = U0 − |Ui | = U0 − `Bv
Uw U0 `Bv
I=
=
−
R
R
R
d) mv̇ =
e)
B`
B 2 `2
F = BI` =
U0 −
v
R
R
B`U0 B 2 `2
−
v
R
R
B 2 `2
B`U0 R
v + mv̇ =
· 2 2
R
R
B `
mR
U0
v + 2 2 v̇ =
B`
B `
Homogene Gleichung :
mR
v + 2 2 v̇ = 0
B `
Ansatz :
B 2 `2
−
·t
v = C · e mR
Lösung der inhomogenen Gleichung :
B 2 `2
−
·t U
0
mR
v = C ·e
+
B`
Randbedingungen :
v(0) = 0
U0
⇒ C =−
B`
Somit:
B 2 `2
U0 − mR · t U0
v= −
·e
+
B`
B`
U0
aus obigem Ergebnis,
B`
oder : am Ende muss sein : |U0 | = |Ui |
also : ` · B · vmax = U0
U0
⇒ vmax =
B ·`
f) Entweder :
lim v(t) =
t→∞
U0
R