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Übungsblatt 04
Grundkurs IIIb für Physiker
Othmar Marti, ([email protected])
2. 12. 2002 oder 9. 12. 2002
1
Aufgaben für die Übungsstunden
Elektrische Eigenschaften der Materie1 , Ströme2 ,
1. Plutoniumbatterie. Eine der beiden Platten eines Plattenkondensators (Fläche
A = 400cm2 , Plattenabstand d = 1mm) ist mit einer dünnen Schicht der
radioaktiven Substanz 238 P u (Halbwertszeit T1/2 = 87.7 Jahre) belegt. Die
Intensität dieser Plutoniumquelle beträgt 1Curie (1Ci = 3.7 × 1010 Zerfälle
pro Sekunde). Pro Zerfall wird ein α-Teilchen (42 He-Atomkern) der Energie 5.5M eV ausgesandt. Durchschnittlich werden 50% der α-Teilchen in
Richtung des Kondensators emittiert und in der gegenüberliegenden Platte
gestoppt. Der Kondensator ist mit einem Widerstand R = 109 Ω verbunden
(siehe Abbildung). Am Anfang ist der Kondensator über den Schalter S
kurzgeschlossen. Zur Zeit t = 0 wird der Schalter geöffnet.
(a) Berechne den durch den Widerstand R fliessende Strom I(t); skizziere
den Verlauf.
(b) Wie gross ist die über dem Widerstand R herrschende Spannung U im
Gleichgewichtszustand?
1
2
../../node17.html
../../node19.html
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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 ¿ 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.
(a) Wie sieht die Schaltung aus?
(b) Wie sind die Heizleistungen abgestuft, wenn die beiden Wicklungen
gleiche Widerstände haben?
(c) 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
A0 und B 0 . - Man lötet eine sehr lange Leiter zusammen; jede Sprosse hat
einen Widerstand R2 , jeder Holm hat zwischen je zwei Sprossen und an
jedem Ende den Widerstand R1 .
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(a) Welchen Widerstand misst man zwischen den oberen” Enden A und
”
A0 ?
(b) Wenn man an AA0 die Spannung U legt, welche Spannung misst man
dann zwischen den Lötstellen der ersten Sprosse, der zweiten Sprosse
usw.?
(c) Kann man z.B. erreichen, dass an jeder Sprosse genau halb soviel Spannung liegt wie an der vorhergehenden?
(d) Wenn man gezwungen ist, die Leiter auf wenige Sprossen zu verkürzen:
Was kann man tun, damit sich der Widerstand zwischen A und A0 und
die Spannungen an den verbleibenden Sprossen nicht ändern? Hinweis:
Wie ändert sich der Widerstand zwischen A und A0 , wenn Sie die
ohnehin schon sehr lange Leiter um eine weitere Sprosse (R2 ) und die
beiden Holmstücke (R1 ) nach oben verlängern?
5. (freiwillige Zusatzaufgabe) Ein Drahtgitter bestehe aus quadratischen Maschen. Der Widerstand jedes Drahtstücks, das eine Quadratseite bildet, ist
1Ω, der Kontakt den Kreuzungen ist ideal.
(a) Welchen Widerstand misst man zwischen zwei benachbarten Kreuzungen in einem sehr grossen Gitter?
(b) Entsprechend für ein Dreiecks(c) und ein Sechsecksgitter.
(d) Warum nicht für ein Fünfecksgitter?
2
Hausaufgaben
6. Berechnen Sie UC (t) und UR (t) für den Einschalt- und den Ausschaltvorgang.
7. Fernleitung: Eine Stadt von 100000 Einwohnern soll versorgt werden.
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(a) Schätzen Sie die zu übertragende Leistung und verwenden Sie diese
Werte für die folgende Diskussion.
(b) Welcher Strom muss durch die Leitung fliessen?
(c) Geben Sie Spannungsabfall und Leistungsverlust in der Leitung allgemein an.
(d) Wie dick müssen die Kabel sein, damit nur höchstens 1% der Leistung
in der Fernleitung verloren gehen?
(e) Warum überträgt man Hochspannung?
(f) Wodurch wird die Übertragungsspannung nach oben begrenzt?
(g) Wie gross ist die Feldstärke in der Nähe eines Hochspannungskabels
in Abhängigkeit vom Abstand vom Kabel?
(h) In welchem Gebiet wird die Durchschlagsfeldstärke der Luft überschritten?
(i) Was ist die Folge? Welche Feldstärke herrscht dicht über dem Boden
unter einem einzelnen Hochspannungskabel?
(j) Wie ändert sich die Feldstärke, wenn drei Drehstromkabel gespannt
sind?
(k) Warum kann ein Mensch ungefährdet unter einer Hochspannungsleitung stehen? Bedenken Sie, dass die Leitung Wechselspannung führt.
(l) Fliesst im Körper eines darunter stehenden Menschen ein Strom?
(m) Wie gross ist dieser Strom, welche Phase hat er gegenüber dem Strom
im Kabel?
8. Nichols versuchte die Potentialdifferenz zwischen dem Zentrum und dem
Rand einer schnell rotierenden Scheibe zu messen.
(a) Meinen Sie, dass ihm das gelang?
(b) Wie gross sind die Potentialdifferenzen bei maximaler Drehzahl3 ?
(c) Welche Messmöglichkeiten gibt es im Prinzip?
(d) Welche Fehlerquellen sind zu beachten, speziell welche Störspannungen?
9. Berechnen Sie den Widerstand eines Kreiskegelabschnittes (Grundfläche
A1 , Deckfläche A2 < A1 , Höhe h, spezifischer Widerstand ρ).
3
σ ≈ 0.5ω 2 R2 ρ, wobei ρ die Dichte des Materials, ω die Winkelgeschwindigkeit, R der
Radius und σ die Grenzspannung des Materials. Für Stahl ist σ = 7 · 108 N/m2
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Lösungen Aufgaben für die Übungsstunde
1.
(a) Die Intensität der Quelle ist n0 = 3.7 × 1010 Zerfälle/Sekunde
Das α-Teilchen ist zweifach geladen.
Da nur jedes 2. α-Teilchen die andere Kondensatorplatte erreicht und
sie positiv lädt, fliesst ein Strom von I0 = 5.92 × 10−9 A
Dieser Strom wirkt analog zum Problem des zu ladenden Kondensators. Da die Halbwertszeit sehr gross ist, vernachlässigen wir sie
t
I(t) = I0 · (1 − e− RC )
I0 = 5.9 × 10−9 A
RC = 0.354s viel kleiner als die Halbwertszeit.
Berücksichtigen wir die Halbwertszeit, dann ist in guter Näherung
I(t) = I0 · e
−T t
1/2
t
· (1 − e− RC )
−T t
und I0 = 5.9 × 10−9 · e
1/2
A
(b) U = 5.9V = 5.9 × 10−9 A · 109 Ω
Bei Berücksichtigung der Halbwertszeit erhalten wir
U = 5.9 · e
−T t
1/2
V
Bemerkung: solche Batterien werden bei Jupiter- und weiterreichenden Missionen verwendet.
~
2. Die Bestimmung des Widerstandes verlangt eine Berechnung des 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
Ez (x; y; 0) = 0
(1)
Ez (x; y; h) = 0
(2)
~
Zudem muss das E-Feld
senkrecht auf den zylindrischen Mantelflächen zwischen Leiter und Elektroden stehen (Äquipotentialflächen). Dies bedeu~
tet insbesondere das Verschwinden der z-Komponente des E-Feldes.
Somit
drängt sich der Ansatz
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V (x; y; z) = V (x; y)
(3)
auf. (3 ) bedeutet das Verschwinden von Ez 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 ¿ D, können wir die Beeinflussung der Ladungsverteilung oben durch
die Ladungen unten vernachlässigen. An den Elektroden gilt
σ∗
(4)
ε0
Wir haben somit eine homogene Ladungsverteilung auf der Mantelfläche,
die wir durch die Ladungsdichte σ ∗ (Ladung pro Flächeneinheit) charak~
terisieren wollen. Unter diesen Umständen genügt es, das 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
E0 =
Z Z
~ + · d~a = 2πx · h · E+ (x, 0) = 1 σ ∗ 2πr · h
E
ε0
(5)
Aus (5 ) folgt
σ∗ r
·
ε0 x
(6)
σ∗
r
·
ε0 D − x
(7)
E+ (x) =
Analog findet man
E− (x) =
Das Linienintegral berechnet sich mit (6 ) und (7 ) zu
Z
D−r
Z
~ · d~s
E
U=
=
C
=
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σ ∗ ·r
ε0
σ∗
ε0
·r
¡1
x
−
1
D−x
¢
· dx
(8)
hr
i
D−r
ln x|D−r
−
ln
(D
−
x)|
r
r
¡ D−r ¢
σ ∗ ·r
= ε0 2 ln r
¡ ¢
∗
= σε0·r 2 ln Dr
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(Im letzten Schritt wurde r ¿ D verwendet.)
Der totale Strom wird durch Integration über die Elektrodenflächen bestimmt.
Z Z
I=
~i · d~a = 1
ρ
Z Z
~ · d~a = 1 E0 2πrh
E
ρ
(9)
Mit Gleichung (4) erhalten wir
1 σ∗
I=
2πr · h
ρ ε0
(10)
Mit R = U/I bekommen wir für den Widerstand
U
R=
=
I
¡ ¢
σ ∗ ·r
2 ln Dr
ε0
1 σ∗
2πr · h
ρ ε0
(11)
Wir erhalten
¡ ¢
ln Dr
R=ρ
πh
(12)
Es ist interessant zu bemerken, dass das Feldlinienbild des Stromdichte~
feldes ~i dieses Problems identisch ist mit demjenigen des 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.
(a) Stufe 1: beide R in Serie, Stufe 2: ein R alleine, Stufe 3: beide R
parallel.
(b) Bei R1 = R2 drei Stufen: Beide Widerstände hintereinander: nur R1
in Betrieb; beide parallel: Leistungen 1 : 2 : 4. R1 ist am häufigsten in
Betrieb, nämlich in Stufe 2 alleine. In den anderen Stufen sind Strom
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und Leistung in beiden Widerständen gleich. R1 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
R1 noch teilweise durch die von R2 ausgehende Wärme mitbeheizt.
(c) Mit zwei Widerständen kann man natürlich auch vier Schaltstufen
bauen, falls die Widerstände verschiedene Werte haben, z.B. R1 > R2 .
Wegen P = U 2 /R ist der Faktor (R1 + R2 )/R1 = R1 /R2 = R2 ·
(R1 + R2 )/(R1 · R2 ). Die zweite Gleichung ist offenbar überflüssig, die
erste lässt sich so lesen: Der Gesamtwiderstand R1 + R2 muss so in
einen grösseren (R1 ) und einen kleineren (R2 ) 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
R2 /R1 = x wird 1 + x = x−1 , also x2 − x = 1, d. h., x = (1 ± 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. (a)
Zwischen A und A0 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 = (2R1 + R)||R2 =
R2 · (2R1 + R)
2R1 + R + R2
R2 + RR2 + 2R1 R = 2R1 R2 + RR2
R2 + 2R1 R − 2R1 R2 = 0
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9
1
R=
2
µ
¶
q
q
2
−2R1 ± 4R1 + 8R1 R2 = −R1 ± R12 + 2R1 R2
Nur die Lösung mit + ist physikalisch sinnvoll, so dass wir
Ãr
!
R2
1+2
−1
R1
R = R1
(b) Legen wir zwischen A und A0 die Spannung U an, ist die Spannung
über der ersten Sprosse
³q
q
´
2
R1
1+
−1
1 + 2R
−1
R1
R
³q
´
U1 =
U=
U=q
U
R2
R2
R + 2R1
R1
1 + 2R
−
1
+
2R
1
+
2
+
1
1
R1
1
R2
2R
1
Un berechnet man, indem man diese Formel wiederholt anwendet. Wir
benützen die Tatsache, dass der Widerstand unserer unendlich langen
Leiter konstant ist.
q
n
R2
−
1
1 + 2R
1
 U
Un =  q
R2
1 + 2 R1 + 1
(c) Wir setzen
q
2
1 + 2R
−1
R1
1
q
=
2
2
1 + 2R
+1
R1
oder
r
R2
1+2
+1=2
R1
r
3=
r
1+2
1+2
9=1+2
R2
−2
R1
R2
R1
R2
R1
R2
R1
R2 = 4R1
8=2
R ist dann R = 2R1 .
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(d) 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. (a) 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 14 Ampère. Jetzt polen wir die
Spannung um und legen sie zwischen Aussendraht und B. Wieder
fliesst 41 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 12 Ampère. Da dort 1Ω
liegt, ist die Spannung zwischen A und B 21 V . Diese zieht im ganzen
1 Ampère, also ist der Widerstand des ganzen Gitters 12 Ω.
(b) Beim Dreiecksgitter kreuzen sich jeweils sechs Drähte. Der Gesamtwiderstand ergibt sich daher aus der entsprechenden Überlegung zu
1
Ω.
3
(c) Beim Sechseckgitter kreuzen sich jeweils drei Drähte. Der Gesamtwiderstand ergibt sich daher aus der entsprechenden Überlegung zu 23 Ω.
(d) Einen Fünfeckzaun gibt es nicht, denn mit Fünfecken kann man die
Ebene nicht lückenlos ausfüllen.
(e) 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 61 Ampère
weg. Überlagerung mit umgepolter Spannung, die bei B angelegt wird,
liefert 31 Ampère und 13 V zwischen A und B, also 31 Ω.
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Lösungen Hausaufgabe
6. Einschaltvorgang
• Für t < 0 ist UR = UC = 0
• UR (t) = U − UC (t)
• UC (t) = Q(t)/C
• UR (t) = RI(t) = RQ̇(t)
• Damit haben wir RQ̇(t) = U − Q(t)/C oder RQ̇(t) + Q(t)/C = U oder
1
Q̇(t) + RC
Q(t) = UR
• Die partikuläre Lösung ist: Q = U C
• Die allgemeine Lösung ist: Q(t) = Q0 e−t/(RC)
• Die Anfangsbedingugn lautet: Q(t = 0) = 0
• Damit ist 0 = Q0 + U C oder Q0 = −U C
¡
¢
• Die Lösung ist: Q(t) = U C 1 − e−t/(RC)
¡
¢
• Damit ist UC (t) = U 1 − e−t/(RC) und
¡
¢
• UR (t) = U − U 1 − e−t/(RC) = U e−t/(RC)
Einschalten CR
10
UC(x)
UR(x)
8
U
6
Einschalten
4
2
0
-0.002
0
0.002
0.004
0.006
0.008
t
Die Lösung für den Ausschaltvorgang ist analog. Nur die partikuläre Lösung
ändert sich.
• Für t < 0 ist UC = U , UR = 0 und Q = U C
• Für t > 0 ist UR (t) = −Uc (t) und die Differentialgleichung Q̇(t) +
1
Q(t) =
RC
• Die partikuläre Lösung ist Q = 0
• Die Anfangsbedingung lautet Q(t = 0) = U C = Q0
• Die Lösung ist Q(t) = U Ce−t/(RC)
• UC = U e−t/(RC)
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• UR = −U e−t/(RC)
Ausschalten CR
10
UC(x)
UR(x)
U
5
Ausschalten
0
-5
-10
-0.002
0
0.002
0.004
0.006
0.008
t
7. (a) Auf einen Menschen entfällt ein Leistungsbedarf von etwa 1kW , wenn
man die Industrie mit einbezieht. Die kleine Grossstadt braucht 108 W .
(b) Bei 230V ergäbe das 108 /230.0A = 4. 347 8 × 105 A, bei 230kV nur
108 /230000.0A = 434. 78A.
(c) Am Leiterwiderstand R ist der Spannungsabfall ∆U = RI, der Leistungsverlust ∆P = ∆U I = RI 2 . Wenn ein relativer Verlust ∆U/U
nicht überschritten werden soll, darf R nicht grösser sein als R =
∆U/I = U ∆U/P , im Beispiel: R = 106 W/(437.78A)2 = 5. 217 8Ω bei
230kV , aber R = 106 W/(437780A)2 = 5. 217 8 × 10−6 Ω bei 230V .
(d) Wenn die Leitung zum Kraftwerk 100km lang ist, muss ihr Querschnitt
A = ρ`/R bei 230kV etwa (ρKupf er = 1. 72×10−8 Ωm) 1. 72×10−8 Ωm∗
100000m/5. 217 8Ω = 3. 296 4 × 10−4 m2 sein, bei 230V dagegen 1.
72 × 10−8 Ωm ∗ 100000m/(5. 217 8 × 10−6 Ω) = 329. 64m2 !
(e) Siehe oben: die Verluste sind geringer.
(f) Unbegrenzt lässt sich die Übertragungsspannung aber wegen der Durchschlagsgefahr nicht steigern.
(g) Das Zylinderfeld um das Kabel ist E ≈ U0 /(r · ln(h/r0 )) (es erstreckt
sich nur bis zum Boden, Abstand h).
(h) Bis etwa 0.03m Radius ist dieses Feld grösser als die Durchschlagsspannung der Luft von 106 V /m.
(i) Dort gibt es Büschelentladungen, die man nachts bläulich glitzern
sieht. In 20m Abstand ist das Feld in Luft immer noch etwa 1500V /m.
(j) Das ist ungefährlich für Mensch und Tier, weil deren Körper das Erdpotential deformiert. Ein solches Feld lädt den Kondensator ”Mensch”
auf eine Ladung Q = AEεε0 auf.
(k) Bei Wechselspannung bedeutet die ständige Umladung einen Strom
/ = Qω = AEεε0 ω, schlimmstenfalls etwas über 10−4 A, was noch
völlig harmlos ist.
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(l) siehe oben
8. (a) Siehe folgendes:
(b) In der rotierenden Scheibe stellt sich im Gleichgewicht ein Radialfeld E
ein, so dass Feldkraft und Zentrifugalkraft auf die Leitungselektronen
einander aufheben: eE = mω 2 r. Entsprechendes gilt für die Differenz
der Potentiale zwischen Scheibenrand und -mitte: U = 12 ω 2 r2 m/e =
1
mv 2 /e. Bei v = 100m/s erhält man U = 3·10−8 V .
2
(c) Da man Gleichspannungen messen will, sind nur empfindliche Verstärker
oder SQUID möglich.
(d) 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.
9.
• Die Fläche in Funktion der Höhe ist
³ x ´2
³ x ´2
³ x ´2
+ A2 = A1
+ A2 (1 −
)
A(x) = (A1 − A2 )
h
h
h
• In einer Schicht der Dicke dh ist der Widerstand
ρ
ρ
dh =
dx
dR =
¡ ¢2
A(x)
(A1 − A2 ) x + A2
h
• Also
Zh
R=
0
• Es ist:
ρ
ρ
ρh2
dh =
dx =
¡ x ¢2
A(x)
(A1 − A2 )
(A1 − A2 ) h + A2
R
dx
x2 +B
√1
B
=
2
ρh
x
q
q
arctan
h2
A2 h2
(A1 − A2 ) (AA1 2−A
(A1 −A2
2)
•
R=
Ãr
ρh2
p
arctan
h A2 (A1 − A2 )
• oder
ρh
R= p
A2 (A1 − A2 )
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dx
x2 +
0
A2 h2
(A1 −A2 )
arctan √xB
• Also
R=
Zh
A1 − A2 x
A2 h
Ãr
arctan
¯h
¯
¯
¯
¯
¯
)
0
!¯h
¯
¯
¯
¯
0
!
A1
−1
A2
c
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