PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus SH 2009

Aufgabenblatt zum Seminar 11
PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus
(Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)
Othmar Marti, ([email protected])
1. 07. 2009
1 Aufgaben
1. Berechnen Sie an einem Schwingkreis bestehend aus einer Kapazität
zu einer Serienschaltung aus einem Widerstand
Spannung
UC (t)
IC (0) = 0.
R
C
und einer Spule
parallel geschaltet
L
am Kondensator, wenn die Anfangsbedingungen sind:
den Verlauf der
UC (0) = U0
und
Vergleichen Sie das Resultat mit den früheren Ergebnissen für gedämpfte
harmonische Oszillatoren.
2. Eine Wien-Robinson-Brücke sieht folgendermassen aus:
a) Berechnen
Sie
mit
komplexen
Übertragungsfunktion
b) Berechnen
Sie
mit
komplexen
Übertragungsfunktion
c) Berechnen
Sie
mit
Impedanzen
die
U1 (ω)/U (ω).
C
Impedanzen
die
U
R1
R
U2 (ω)/U (ω).
komplexen
Übertragungsfunktion
Impedanzen
die
U1
R2
C
R
U2
(U2 (ω) − U1 (ω)) /U (ω).
Welche Aufgabe könnte diese Schaltung lösen?
3. Zwei gleiche Stabmagnete mit einem Fluss von
schnitt mit einer Seitenlänge von
a = 2
23 µWb
und einem quadratischen Quer-
cm liegen auf einer Geraden so, dass sie sich
anziehen. Zwischen Nord- und Südpol ist ein Stück Kupfer mit gleichem Querschnitt eingebaut. In der Kupferplatte wird ein Magnetfeld von
H = 130
kA/m festgestellt. Wie
gross ist der magnetische Fluss im Streufeld, wenn Kupfer die magnetische Suszeptibilität
χm = −10−5 hat?
4. Eine Spule mit einer Induktivität von
6
H wird von einem Gleichstrom von
ossen.
a) Wie gross ist die magnetische Energie in der Spule?
5
A durch-
1. 07. 2009
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 11
2
b) Welche Ladungsmenge iesst durch die Spule, wenn diese bei der Abtrennung der
Zuleitungen kurzgeschlossen wird und ihr Innenwiderstand
100 Ω
ist?
5. In der Vorlesung wurden Haupt-und Nebenschlussmotoren diskutiert. In dieser und den
nächsten beiden Aufgaben sollen Motoren entworfen und dimensioniert werden.
Sie können magnetische Induktionen herstellen, die dem Betrage nach maximal
können. Weiter soll die quadratische Ankerspule keine grössere Seitenlänge als
ben. Ihre Windungszahl muss unter
5000
1 T sein
5 cm ha-
Windungen bleiben. Unter Verwendung der in
der Vorlesung angegebenen Gleichungen berechnen Sie für den Hauptschlussmotor die
K und RE so, dass sowohl das Drehmoment
dTef f (ω)/dω bei ω = 0 für einen Hauptschluss-
Tef f (0)
Koezienten
im Stand
Steigung
und einen Nebenschlussmotor
wie auch die
gleich sind.
6. Verwenden Sie die Ergebnisse der vorherigen Aufgabe.
a) Finden Sie Parameter (N ,
B , A, R) damit Sie einen Nebenschlussmotor bauen können, der mit einer Gleichspannung U = 12 V läuft und der nicht mehr als 144 W Verlustleistung im Stand hat. Weiter sollte das Drehmoment im Stand Tef f (0) = 0.1 N m
betragen. Der Betrag der Steigung dTef f (ω)/dω bei ω = 0 soll möglichst klein sein.
b) Skizzieren Sie den Verlauf von
Tef f (ω)
und
Ief f (ω).
7. Verwenden Sie die Ergebnisse der vorherigen Aufgabe und berechnen und skizzieren Sie
den Verlauf von
TR,G = 0.002
Tef f (ω)
und
Ief f (ω),
wenn zusätzlich ein Gleitreibungsdrehmoment von
N m und ein Haftreibungsdrehmoment von
8. Mit einem Zyklotron werden
tische Energie von
27
α-Teilchen,
0.003
N m vorhanden ist.
d.h. zweifach ionisiertes Helium, auf eine kine-
MeV beschleunigt. Die Beschleunigungsspannung ist
Die magnetische Induktion des Zyklotrons ist
B = 1.45
U0 = 30
kV.
T.
a) Wie gross ist die Zahl der Umläufe eines
α-Teilchens?
b) Welchen Radius müssen die Elektroden
mindestens haben?
c) Wie gross ist die Frequenz des Teilchenumlaufes?
2
c 2009
Ulm University, Othmar Marti
3
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 11
1. 07. 2009
9. (Im Seminar 12 Minuten)
Eine Spule hat bei Gleichstrombetrieb einen Widerstand von
spannung von
1
kHz eine Impedanz von
c 2009
80 Ω.
50 Ω und bei einer Wechsel-
Wie gross ist die Induktivität der Spule?
Ulm University, Othmar Marti
3
1. 07. 2009
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 11
4
2 Lösungen
1. Die Schaltung sieht so aus:
Aus Maschenregel
0 = UC (t) + UR (t) + UL (t)
Q(t)
dI(t)
0=
+ R · (I(t) + L
C
dt
1
dI(t)
d2 I(t)
0 = I(t) + R
+ L·
C
dt
dt2
2
1
R dI(t) d I(t)
0=
I(t) +
+
LC
L dt
dt2
R
d
dt
C
Diese Gleichung ist analog zur Gleichung in Kapitel 8.1
im Skript Klassische und relativistische Mechanik und
L
zu der in (8.59) angegebenen Lösung. Die zu lösende Gleichung war:
0 = ω02 x(t) +
b dx(t) d2 x(t)
+
m dt
dt2
Der Koezientenvergleich zeigt, dass
ω0 = √
1
LC
R
b
=
m
L
Die Lösung aus dem Skript ist
x(t) = A0 e−(b/(2m))t cos(ω 0 t + δ)
s
r
2
b
1
0
ω = ω0 1 −
= ω0 1 −
2mω0
4Q2
und hier

v
u
 1 u
t1 −
−(R/(2L))t
I(t) = A0 e
cos  √
LC
r
I(t) = A0 e−(R/(2L))t cos
R
1
2L √LC
1
R2
− 2
LC 4L
!2
!


t + δ
!
t+δ
Zt
Q(t) =
I(t̆)dt̆
0
= A0
4
RC
−
cos
2
r
c 2009
1
R2
− 2t + δ
LC 4L
!
r
+
1
R2
− 2 LC sin
LC 4L
Ulm University, Othmar Marti
r
1
R2
− 2t + δ
LC 4L
!!
Rt
e− 2L
5
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 11
Nun ist
Q(0) = U0 C
und
1. 07. 2009
I(0) = 0.
RC
−
cos (δ) + LC
2
U0 C = A0
r
!
R2
1
−
sin (δ)
LC 4L2
0 = A0 cos (δ)
Damit ist
r
U0 C = A0
LC
!
1
R2
−
sin (δ)
LC 4L2
2U0 C
A0 sin(δ) = √
4LC − R2 C 2
δ=
π
löst beide Gleichungen für die Anfangsbedingungen.
2
UC (t) =
Q(t)
C
RC sin
q
1
LC
−
= U0
2.
√
R2
t
4L2
R2 C 2
+ 4LC −
√
4LC − R2 C 2
cos
q
1
LC
−
R2
t
4L2
Rt
e− 2L
a) Dies ist ein Spannungsteiler, also ist
R2
U1 (ω)
=
U (ω)
R1 + R2
b) Im Prinzip haben wir wieder einen Spannungsteiler mit zwei Impedanzen
Z2 . Z1
und
ist die Serieschaltung eines Widerstandes mit einem Kondensator.
Z1 = R +
Z2
Z1
1 + iωCR
1
=
iωC
iωC
ist die Parallelschaltung der gleichen Bauteile.
Z2 =
U2 (ω)
Z2
=
=
U (ω)
Z1 + Z2
R
iωC
R+
R
1+iωCR
1+iωCR
R
+ 1+iωCR
iωC
1
iωC
=
=
R
1 + iωCR
iωCR
iωCR
=
2
1 + 3iωCR − ω 2 C 2 R2
(1 + iωCR) + iωCR
c) Die Dierenz ist
iωCR
R2
U2 (ω) − U1 (ω)
−
=
2
2
2
U (ω)
1 + 3iωCR − ω C R
R1 + R2
Wenn
ω=
1
ist bekommen wir
CR
1
1
1
U2 ( CR
) − U1 ( CR
)
i CR
CR
R2
1
R2
=
−
= −
1
1
1
2
2
R1 + R2
3 R1 + R2
U ( CR )
1 + 3i CR CR − C 2 R2 C R
Wenn nun
R1 = 2R2
Sowohl für
ω→0
U2 (ω)−U1 (ω)
1
die Dierenz
= 0.
CR
U (ω)
U2 (ω)−U1 (ω)
1
strebt
gegen − . Die Schaltung
U (ω)
3
gesetzt wird ist bei
wie auch für
ω→∞
ω =
arbeitet dann als Kerblter.
c 2009
Ulm University, Othmar Marti
5
1. 07. 2009
3. Mit
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 11
B = µµ0 H
und
µ = 1 + χm
6
bekommt man
φB,Cu = µµ0 HA = (1 + χm )µ0 Ha2
Der Fluss im Streufeld ist
φB,streu = φB,Magnet − (1 + χm )µ0 Ha2 = −5.239746971 · 10−5
Bemerkung:
4.
φB,streu
müsste positiv sein. Dies ist, wenn
H < 45
kA/m ist.
a) Aus dem Skript:
EL =
b)
Z∞
Q=
1
I(t)dt =
R
Z∞
0
Mit
φB = LI
L 2 6H
I =
(5
2
2
1
U (t)dt =
R
0
2
A)
Z∞
−
= 75
J
dφB
φB (∞) − φB (0)
dt = −
dt
R
0
bekommt man
Q=
LI(0) − LI(∞)
L
φB (0) − φB (∞)
=
= (I(0) − 0) = 0.3
R
R
R
5. Für den Nebenschlussmotor haben wir
Tef f,N (ω) =
N ABU
N 2 A2 B 2
− √
ω
R
2R
N ABU
Tef f,N (0) =
R
d
N 2 A2 B 2
Tef f,N (t) = − √
dω
2R
t=0
Für den Hauptschlussmotor ergibt sich
Tef f,H (ω) = √
2 N A K U2
√
2
2 R + 2 RE + K · N · A ω
2 N A K U2
N A K U2
Tef f,H (0) = √
=
2
(R + RE )2
2 (R + RE )
√
2 2 2 2
d
N
A
K
U
2
Tef f,H (t) = −
3
dω
(R + RE )
t=0
Nun soll
Tef f,H (0) = Tef f,N (0)
sein.
N ABU
N A K U2
B (R + RE )2
⇒
K
=
=
R
UR
(R + RE )2
Auch die Steigungen sollen gleich sein.
d
d
Tef f,N (t) =
Tef f,H (t)
dω
dω
t=0
t=0
6
Wb
c 2009
Ulm University, Othmar Marti
C
7
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 11
1. 07. 2009
√
√
N 2 A2 B 2
N 2 A2 U 2 2 B 2 (R + RE )4
N 2 A2 K 2 U 2 2
− √
=−
=−
U 2 R2
2R
(R + RE )3
(R + RE )3
1=2
(R + RE )
R
Daraus folgt, dass die Forderung aus der Aufgabenstellung nicht realisierbar ist. Der
Grenzwert der physikalisch realisierbaren Lösungen ist
RE = 0
und
N ABU
N 2 A2 B 2
− √
ω
R
2R
2 N A B R U3
Tef f,H (ω) = √
2
2RU + B R·N ·Aω
Tef f,N (ω) =
6. Hier kann man die Lösung erraten, oder über lineare Optimierung berechnen. Wir raten!
a) Eine mögliche Lösung ist
N = 1000, R = 1 Ω, A = (1
cm)
2
, U = 12
V,
B = 0.0416666666666
T
b) Die Drehmomentkurven sehen dann so aus:
Nebenschlussmotor und Hauptschlussmotor
100 mNm
TN(ω)
TH(ω)
80 mNm
T
60 mNm
40 mNm
20 mNm
0 Nm
0 s-1
500 s-1
1 ks-1
2 ks-1
2 ks-1
ω
2 ks-1
3 ks-1
7. Das Drehmoment, das für die Gleitreibung aufgebracht werden muss, wird einfach vom
Drehmoment des Motors abgezogen. Die Dierenz ist das Nutzdrehmoment.
Nebenschlussmotor und Hauptschlussmotor
100 mNm
TN(ω)
TH(ω)
80 mNm
T
60 mNm
40 mNm
20 mNm
0 Nm
0 s-1
c 2009
500 s-1
1 ks-1
2 ks-1
ω
2 ks-1
2 ks-1
Ulm University, Othmar Marti
3 ks-1
7
1. 07. 2009
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 11
8
Das Haftdrehmoment verzögert lediglich den Start des Motors.
Zur Verdeutlichung sind die Kurven noch für
TRG = 0.04
N m aufgetragen.
Nebenschlussmotor und Hauptschlussmotor
100 mNm
TN(ω)
TH(ω)
80 mNm
T
60 mNm
40 mNm
20 mNm
0 Nm
0 s-1
500 s-1
1 ks-1
2 ks-1
ω
2 ks-1
2 ks-1
3 ks-1
Der Hauptschlussmotor erreicht hier wegen der Reibung nicht einmal die Drehzahl des
Nebenschlussmotors.
8.
a) Pro halbem Umlauf ist die Beschleunigungsspannung
gewinnt also kinetische Energie im Betrage von
also
N=
2 · 30
U0 = 30
kV. Das Teilchen
keV. Die Anzahl Umläufe ist
1 27 MeV
·
= 225
2 2 · 30 keV
mHe = 4 · 1.6605 · 10−27 kg = 6.6420 · 10−25 kg.
ergibt, dass 27 MeV einer Geschwindigkeit von
b) Ein Heliumatom hat eine Masse von
Eine kurze Überschlagsrechnung
0.3606678538 · 108 m/s entspricht. Zur Abschätzung darf man noch klassisch rechnen
(Fehler:10%).
r
2Ekin
mv
⇒ vmax =
r=
2eB
m
r
mEkin
= 0.516 m
rmax =
2B 2 e2
c) Die Frequenz ist
f=
1
v
v
eB
=
=
= 11.12
mv =
T
2πr
2π 2eB
πm
9. Die Impedanz einer Spule setzt sich zusammen aus
Widerstand
R.
MHz
ZL = iωL = 2πiνL und dem ohmschen
Die Impedanz ist
Zef f = R + 2πiνL
Der Betrag der Impedanz ist
q
p
√
Xef f (ν) = Zef f · Zef f = (R + 2πiνL) · (R − 2πiνL) = R2 + 4π 2 ν 2 L2
Nach
L
auösen
s
L=
8
c 2009
2
2
Xef
f (ν) − R
= 9.94
4π 2 ν 2
mH
Ulm University, Othmar Marti