Physik (Dr. Risch) Beispiele Informatik I1

Physik (Dr. Risch) Beispiele Informatik I1
Emmeran Emmy“ Seehuber
”
([email protected])
27. Januar 2005
0
Allgemein
Alle Zahlenwerte sind nur sehr ungenaue Ergebnisse, da Dr. Risch nur 2 Stellen als signifikant ansieht und viele
Ergebnisse überschlagsmäßig berechnet. Für die Prüfung ist deshalb eine Genauigkeit von 2 Stellen ausreichend.
Auch kann die Näherung 4π0 = 100∗10−12 NCm verwendet werden. Es empfiehlt sich bei alle Angaben zuerst die
milli, µ, nano und so weiter in 10er Potenzen umzuwandeln. Beispielsweise 7cm = 0, 07m oder 18kV = 18∗103 V .
Dem Rechenweg misst Dr. Risch die größte Wichtigkeit zu. Dabei ist es aber nicht notwendig die Ableitungen
und so weiter selbst zu machen. Wird beim richtigen Beispiel die richtige fertige Formel verwendet, so ist dies
vollkommmend ausreichend. Es ist also nicht notwendig zu verstehen was genau physikalisch passiert – die
Formeln der Beispiele auf die Formelsammlung zu schreiben und dann entsprechend in der Prüfung richtig
einzusetzen ist genug. Ob eine Formel richtig verwendet wurde sieht man spätestens bei den Einheiten. Diese
sollten schon richtig raus kommen. Bei den Lösungen sind Vorzeichen nicht sehr wichtig, da laut Dr. Risch das
Vorzeichen immer nur eine Frage des Bezugpunktes ist. Ab dem 10. Beispiel sind alle Beispiel prüfungsrelevant.
Einzige Ausnahme sind die Beispiele, bei denen Dr. Risch Bilder zeigt, aber nichts rechnet. Diese Beispiele sind
unwichtig und mit JU K gekennzeichnet.
Die aktuelle Version dieses Scripts gibt es im Internet unter http://www.rototor.de/html/informatiks1.html.
0.1
Danksagung
Folgende Kommilitonen haben durch Korrekturlesen und Bilder zu diesem Script beigetragen: Andreas Katzig,
Andreas Thoma, Christoph Distefano, Christian Herdin und Michael Paff. Dafür sei nochmal Dank gesagt.
Ölschlauch
Erdung
Öl
Abbildung 1: Fliegerbetankung
1
1 BEISPIEL 1 (COULOMB)
1
2
Beispiel 1 (Coulomb)
Gegeben ist ein Flugzeug das betankt werden soll (Abbildung 1). Dazu wird ein Kunststoffschlauch an den
Tank des Flugzeuges angeschlossen. Nun entsteht bei der Betankung des Flugzeuges durch die Reibung eine
elektrische Ladung. Kerosin und Kunststoff können keine Ladungen transportieren. Deshalb kann die Ladung
nicht abfliesen. Man spricht von einer elektrostatischen Aufladung.
Gegeben ist:
• Menge Kerosin 100000l
• Entstehende Ladung pro Liter 10−9 Cl
• Abstand r = 1m zwischen Boden und Tankschlauch
• Erdbeschleunigung g = 9, 81 sm2
Gesucht ist:
• Ladung Q
• Wirkende Kraft F
Lösung:
Q =
100000l ∗ 10−9
C
l
10−4 C
1
Q1 ∗ Q2
=
∗
4π0
r2
−10−4 C ∗ 10−4 C
=
2
4π ∗ 8, 35 ∗ 10−12 NCm2 ∗ 1m ∗ 1m
Q =
F
F
F
=
F
F
=
=
m =
m =
m =
m =
10−8
N
100 ∗ 10−12
100N
m∗a
F
a
F
g
100N
9, 81 sm2
10kg
Diese Kraft entspricht circa einer Belastung von 10kg auf den Schlauch. Um dies zu vermeiden muss das Flugzeug
geerdet werden.
2
Beispiel 2 (Feldstärke)
Aus den Ergebnissen von Beispiel 1 läst sich auch die elektrische Feldstärke berechnen.
3 BEISPIEL 3 (FELDSTÄRKE IM HOMOGENEN FELD)
3
Lösung:
F
Q
100N
=
10−4 C
N
= 106
C
V
= 106
m
E
=
E
E
E
E
=
1M illion
V
m
Bei dieser Feldstärke besteht akute Blitzgefahr. Deshalb muss das Flugzeug beim Betanken geerdet werden.
3
Beispiel 3 (Feldstärke im Homogenen Feld)
An einem Plattenkondensator mit einem Abstand von 7cm liegt eine Spannung von 3000V je Seite des Kondensators an. Das heißt das insgesamt eine Spannung von 6000V für die Erzeugung eines homogenen elektrischen
Feldes wirkt.
Gegeben ist:
• Spannung U = 6000V
• Abstand s = 7cm = 0, 07m
Gesucht ist:
• Feldstärke E
Lösung:
U
E
E
E
4
= E∗s
U
=
s
6000V
=
0, 07m
V
= 86000
m
Beispiel 4 (Zündkerze)
In einem Ottomotor sind Zündkerzen zur Erzeugung der Verbrennungsexplosion verbaut. Der Abstand zwischen
positiven und negativen Pol einer Zündkerze beträgt 0, 7mm. Die Zündung erfolgt bei einer Zündspannung von
18kV .
Gegeben ist:
• Abstand d = 0, 7mm = 0, 0007m
• Zündspannung U = 18kV = 18000V
Gesucht ist:
• Feldstärke E
5 BEISPIEL 5 (POTENTIAL IM ELEKTRISCHEN FELD DER ERDE)
4
Lösung:
5
U
d
18000V
0, 0007m
E
=
E
=
E
= 25700000
V
m
Beispiel 5 (Potential im elektrischen Feld der Erde)
Das elektrische Potential auf der Erdoberfläche soll berechnet werden. Bekannt ist die elektrische Feldstärke
V
von Eerd = 100 m
und der Radius der Erde rerd = 6400km.
Gegeben ist:
• Elektrische Feldstärke der Erde Eerd = 100
V
m
• Radius der Erde rerd = 6400km = 6, 4 ∗ 106 m
Gesucht ist:
• Potential ϕel
Lösung:
ϕel
ϕel
=
=
rerd
Z
E dr
Z∞rerd
∞
ϕel
ϕel
ϕel
Q
1
∗ ) dr
4π0 r2
Z rerd
1
∗
dr
r2
∞
1
∗ (−
)
rerd
(−
Q
4π0
Q
= −
4π0
Q
=
4π0 ∗ rerd
= −
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
In Gleichung 1 ist die allgemeine Formel für die Berechnung ϕel in Form eines Integrals gegeben. Da wir uns
Q
1
im Columbfeld befinden wird für E in Gleichung 2 4π
∗ rQ2 eingesetzt. − 4π
ist im Integral konstant, da
0
0
darin kein r vorkommt. Entsprechend kann es aus dem Integral herausgezogen werden, so wie es in Gleichung
1
−→ 0
3 geschieht. Die Stammfunktion von r12 ist 1r . In Gleichung 4 wird nun das Integral berechnet. Da ∞
1
entfällt die rechte Grenze und − rerd bleibt stehen. Gleichung 5 entspricht nun der Formal aus der FOS/BOS
Physikformelsammlung Seite 48. Mit dieser Gleichung kann nun nicht weiter gerechnet werden, da die Ladung
Q der Erde nicht bekannt ist. Deshalb wird wie folgt weitergerechnet:
Eel
=
Eel
=
Eel
=
Fel
Q
Q
2
4π0 ∗ rerd
ϕel
rerd
(6)
(7)
(8)
In der Gleichung 7 wird die Kraftformel des Gesetzes von Coulomb für Fel eingesetzt. Nun kann aus der
Gleichung 5 ϕel eingesetzt werden und es ergibt sich Gleichung 8.
6 BEISPIEL 6 (VERGLEICH ANZIEHUNGSFELD UND ELEKTRISCHES FELD) JU K
= rerd ∗ Eel
ϕel
V
= 6, 4 ∗ 106 m ∗ 100
m
= 6, 4 ∗ 108 V
ϕel
ϕel
5
(9)
(10)
(11)
Auf der Erdeoberfläche ist ein Potential von 640 Millionen V . Deshalb kommt es immer wieder zu Entladungen
– sprich Blitze.
6
Beispiel 6 (Vergleich Anziehungsfeld und Elektrisches Feld) JU K
Das elektrische Feld verhält sich ähnlich wie ein Gravitationsfeld. Beim waagrechten Wurf erfährt das geworfene
Objekte eine Beschleunigung von g nach unten“. Da auch eine vertikale Geschwindigkeit vorliegt fliegt das
”
Objekt in einer Parabelbahn. Beim elektrischen Feld wirkt die in der Coulombkraft enthaltene Bescheunigung
a. Je nach Richtung des Feldes wird das Elektron nach oben oder unten abgelenkt.
1
Q1 ∗ Q2
∗
4π0
r2
F = m∗a
1
QKondensator ∗ QElektron
mElektron ∗ a =
∗
4π0
r2
QKondensator ∗QElektron
1
∗
r2
a = 4π0
mElektron
QKondensator ∗ QElektron
a =
4π0 ∗ r2 ∗ mElektron
F
=
Dieses Prinzip wird in der Braunschen Röhre verwendet. Auch Weiterentwicklungen der Braunschen Röhre
wie Fernseher und Röhrenmonitore basieren darauf. Es werden zuerst freie Elektronen durch eine Glühwendel
erzeugt und mit Hilfe einer Annode beschleunigt. Auf dem Weg zur Annode sorgt ein Wehnetzylinder dafür
das die Elektronen gebündelt werden. Nachdem die Elektornen das Loch der Annode passiert haben, gelangen
sie zu den Kondensatoren. Es sind hier zwei Plattenkondensatoren angebracht. Einer waagrecht und einer
senkrecht. Die Elektronen können nun waagrecht und senkrecht auf eine Parabelbahn abgelenkt werden. Dadurch
kann jeder Punkt auf dem Schrim, der nach den Kondensatoren angebracht ist, angesteuert“ werden. Je nach
”
Stärke des Elektronenstrahls leuchtet die Leuchtschicht des Schirmes unterschiedlich hell. Dadurch lassen sich
Schwarz/Weiß Bildschirme realisieren. Für Farbbilder werden nun auf dem Schirm immer dicht nebeneinander
eine Rot, eine Blau und eine Gelb leuchtende Schicht angebracht. Mit der Nase am Fernseher lassen sich diese
einzelnen Punkte erkennen.
Die vertikale Ablenkspannung wird ca. 50 mal pro Sekunde bei Fernsehern von 0 V auf die maximale Spannung
gebracht. Die horizontale Ablenkspannung wird ca. 50000 mal pro Sekunde von 0 V auf die maximale Spannung
gebracht. Bei modernen 100 Hz Fernsehern sind diese Werte natürlich höher.
7
Beispiel 7 (Flächenladung σ)
Die Flächenladung σ der Erde soll berechnet werden.
Gegeben ist:
V
• elektrisches Feld der Erde Eerd = 100 m
Gesucht ist:
• Flächenladung der Erde σ
8 BEISPIEL 8 (ERDLADUNG)
6
Lösung:
σerd
∆Q
∆A
= 0 ∗ E
= 0 ∗ Eerd
σerd
= 8, 85 ∗ 10−12
σerd
=
σ
σ
=
C2
V
∗ 100
2
Nm
m
−10 C
8, 85 ∗ 10
m2
Die Einheit von σerd nicht direkt aus der Rechnung ersichtlich ist. Deshalb muss eine getrennte Einheitenrechnung druchgeführt werden:
Nm
C
V
Nm
= 1
1
m
Cm
Nm
N
1
= 1
Cm
C
C2
C
1
= 1
N m2
Vm
C2 N
JσK =
∗
m2 C
C
JσK =
m2
1V
= 1
Die Notation JσK entspricht hier der aus der FOS/BOS gebräuchlichen Notation für Die Einheit von σ ist“.
”
Dr. Risch verwendet diese Notation nicht.
8
Beispiel 8 (Erdladung)
Die Ladung an der Oberfläche der Erde ist gesucht. Mit Hilfe von σ läst sich diese berechnen.
Gegeben ist:
• Erdradius rerd = 6, 4 ∗ 106 m
• Flächenladung der Erde σ = 8, 85 ∗ 10−10 mC2
Gesucht ist:
• Erdladung Qerd
Lösung:
Q =
Qerd =
Qerd =
2
4πrerd
Q
A
A∗σ
Aerd ∗ σerd
2
4πrerd
∗ σerd
Qerd
=
4π ∗ (6, 4 ∗ 106 m)2 ∗ 8, 85 ∗ 10−10
Qerd
Qerd
=
=
4550 ∗ 102 C
4, 55 ∗ 105 C
Aerd
=
σ
=
C
m2
9 BEISPIEL 9 (BLITZABLEITER) JU K
9
7
Beispiel 9 (Blitzableiter) JU K
Dr. Risch zeigte das Bild einer Kirche mit Blitzableiter.
10
~
Beispiel 10 (Elektrische Erregung D)
Verbindungsstück (Leiter) Länge 1cm
+
+
+
+
+
+
1m
+
+
+
Q
+
+
+
+
+
+
++
+ + + +
+
Kondensatorplatten
Ladung (gleichmäßig am Rand verteilt)
Abbildung 2: Verbundene Kondensatorplatten
Die Ladung Q sitzt auf einer metallischen Kugel. Einen Meter vom Mittelpunkt der Kugel entfernt befinden sich
zwei Kondensatorplatten mit einer Fläche von jeweils 1cm2 , welche durch einen Leiter miteinander verbunden
V
sind. Der Abstand zwischen den Platten beträgt 1cm. Eine elektrische Feldstärke von 1000 m
wirkt auf die
der Kugel zugewandten Platte des Kondensators. Abbildung 2 zeigt diesen Aufbau. Durch das elektrische
Feld werden die Elektronen auf den verbundenen Kondensatorplatten hin zur Kugel gezogen. Man spricht von
elektrischer Influenz. Wird nun die Verbindung zwischen den Kondensatorplatten entfernt, so ist auf der der
Kugel zugewandeten Platte eine Negative Ladung und auf der anderen Platte eine positive Ladung. Dies ist
in Abbildung 3 sichtbar. Wie groß ist nun der Betrag der Ladung Q welcher auf der einen Platte als positive
Ladung vorliegt und auf der anderen Platte als negative Ladung?
Qkond
+
+
−
+
+
+
+
+
1m
+
+
+
Q
+
+
+
+
++
+ + + +
+
+
+
Kondensatorplatten
Ladung (gleichmäßig am Rand verteilt)
Abbildung 3: Getrennte Kondensatorplatten
Gegeben ist:
V
• Elektrische Feldstärke Eerd = 1000 m
• Abstand zwischen Ladung Q und Kondensator d = 1m
• Fläche einer Kondensatorplatte A = 1cm2 = 1m−4
Gesucht ist:
~
• Elektrische Erregung D
11
BEISPIEL 11 (KAPAZITÄT DER ERDE)
8
• Ladung Q
Lösung:
σ
~
D
= 0 ∗ E
= σ
V
C
∗ 1000
Vm
m
C
σ = 8, 85 ∗ 10−9 2
m
~
Q = A∗D
Q = A∗σ
C
Q = 10−4 m2 ∗ 8, 85 ∗ 10−9 2
m
Q = 8, 85 ∗ 10−13 C
σ
=
8, 85 ∗ 10−12
Hinweis: Im Versuch hat Dr. Risch zwei Platte innerhalb eines Plattenkondensators geladen. Es handelt sich
hier um den gleichen Effekt, nur der Versuchaufbau ist anders.
11
Beispiel 11 (Kapazität der Erde)
Die spezifische Kapazität der Erde soll ermittelt werden.
Gegeben ist:
• Elektrische Ladung der Erde Qerd = 4, 5 ∗ 105 C
• Potential/Spannung der Erde Uerd = 6 ∗ 108 V
Gesucht ist:
• Kapazität der Erde Cerd
Lösung:
C
Cerd
Cerd
Cerd
Cerd
Cerd
12
Q
U
Qerd
=
Uerd
4, 5 ∗ 105 C
=
6 ∗ 108 V
= 0, 75 ∗ 10−3 F
= 0, 00075F
= 0, 75mF
=
Beispiel 12 (Kapazität eines Kondensators)
Die runden Platten eines Plattenkondensators haben jeweils einen Radius von r = 0, 15m. Sie sind im Abstand
von d = 0, 04m von einander entfernt aufgestellt. Zwischen den Platten ist Luft. Welche Kapazität weist der
Plattenkondensator auf?
Gegeben ist:
• Radius der Platten r = 0, 15m
13
BEISPIEL 13 (MOS-FET TRANSISTOR) JU K
9
• Abstand zwischen den Platten d = 0, 04m
Gesucht ist:
• Fläche der Kondensatorplatten A
• Kapazität der Erde Ckond
Lösung:
A = π ∗ r2
Akond = 3, 14 ∗ (0, 15m)2
Akond = 0, 06m2
0 ∗ A
Ckond =
d
0 ∗ Aerd
Ckond =
d
8, 85 ∗ 10−12 VCm ∗ 0, 06m2
Ckond =
0, 04m
C ∗ m2
Ckond = 11 ∗ 10−12
V ∗ m2
C
Ckond = 11 ∗ 10−12
V
Ckond = 11 ∗ 10−12 F
Ckond = 11pF
(12)
(13)
(14)
(15)
(16)
(17)
(18)
(19)
(20)
(21)
Die Formel aus der Gleichung 15 ist die spezialisierte Formel für die Kapazität eines Plattenkondensators. Siehe
hier zu auch FOS/BOS-Formelsammlung Seite 50.
13
Beispiel 13 (MOS-FET Transistor) JU K
Abbildung 4: MOS-FET Transistor
Die Datenrate eines MOS-FET wird durch die Kondensatoren begrenzt.
14
BEISPIEL 14 (ENERGIE EINES KONDENSATORS)
14
10
Beispiel 14 (Energie eines Kondensators)
Beim Laden eines Kondensators wird eine gewisse Energie im Kondensator dadurch gespeichert. Beim Entladen
wird diese Energie wieder frei. Wie groß ist diese Energie?
Gegeben ist:
• Kapazität C = 10µF
• Spannung U = 110V
Gesucht ist:
• Verrichtete Arbeit W
Lösung:
W
W
W
1V
W
W
W
15
1
CU 2
2
1
C
=
∗ 10 ∗ 10−6 ∗ 1102 V 2
2
V
1
=
∗ 0, 121CV
2
Nm
= 1
C
1
Nm
=
∗ 0, 121C
2
C
= 0, 06N m
= 0, 06J
=
Beispiel 15 (Materie im Kondensator)
Wird in einen Kondensator Materie eingeführt so verändert sich die Kapazität des Kondensators. In Abbildung
5 ist der Aufbau eines entsprechenden Versuches zu sehen. Zuerst ist der Stromkreis geschlossen und beide
Kondensatoren laden sich auf. Dann wird der Schalter beim linken Kondensator geöffnet. Welche Ladung ist
nun auf dem rechten Kondensator? In Abbildung 6 wird nun eine Glasplatte in die Kondensatoren eingeführt.
Welche Kapazität haben nun die beiden Kondensatoren, welche Ladung ist auf dem rechten Kondensator und
welche Spannung liegt am linken Kondensator an?
U0 = 100V
1nF
1nF
Q0
Q0
linker Kondensator
rechter Kondensator
Abbildung 5: Zwei Kondensatoren in Reihe geschaltet
Gegeben ist:
• Kapazität der Kondensatoren in Abbildung 5 C0 = 1nF = 10−8 F
15
BEISPIEL 15 (MATERIE IM KONDENSATOR)
11
U0 = 100V
1nF
1nF
Glasplatte
Er = 10
Q0
Q0
Abbildung 6: Zwei Kondensatoren in Reihe geschaltet mit Glasplatte
• Spannung der Stromquelle U0 = 100V
• Spezifische Dielektrizitätszahl r = 10
Gesucht ist:
• Ladung Q0 nachdem der Kondensator in Abbildung 5 geladen wurde
• Die Kapazität Cglas der Kondensatoren nachdem die Glasplatte in die Kondensatoren eingeführt wurde
• Die Ladung QKondensatorRechts auf dem rechten Kondensator in Abbildung 6
• Die Spannung UKondensatorLinks auf dem linken Kondensator in Abbildung 6
Lösung:
Q0
Q0
Q0
QKondensatorLinks
QKondensatorLinks
Q0
=
=
=
=
=
=
=
=
=
Uglas
=
Uglas
=
Uglas
=
=
=
=
=
=
=
=
Cglas
Cglas
Cglas
UKondensatorRechts
UKondensatorRechts
U0
QKondensatorRechts
QKondensatorRechts
QKondensatorRechts
QKondensatorRechts
C0 ∗ U0
10−9 F ∗ 100V
10−7 C
r ∗ C0
10nF
10−8 F
constant
Q0
100nC
Q0
C
100nC
10nF
10V
constant
U0
100V
Cglas ∗ U0
10nF ∗ 100V
1000nC
10 ∗ Q0
16
BEISPIEL 16 (STROMWIRKUNG) JU K
16
12
Beispiel 16 (Stromwirkung) JU K
Strom hat je nach Stärke eine unterschiedliche Wirkung auf den menschlichen Körper:
Stärke
0,01
0,02
0,03
0,07
0,1
0,2
A
A
A
A
A
A
Wirkung
leichtes Kribbeln
Schmerz und gegebenenfalls Festhängen an der Leitung
Atmung gestört
Atmung sehr schwer
Herzkammerflimmern und reversibler Tod
Verbrennungen, Atemstillstand; durch Herzmassage reversibel
Die nasse Haut eines Menschens hat einen Widerstand von 1kΩ. Hier sind schon 100V tödlich. Ist die Haut
trocken so hat sie einen deutlich höheren Widerstand von 500kΩ. Entsprechend sind erst 50kV tödlich.
17
Beispiel 17 (Die KFZ-Batterie)
Eine Autobatterie liefert eine Nennspannung von Un = 12V und einen Nennstrom von An = 30A. Die Ladespannung=Quellspannung der Batterie beträgt Uq = 12, 6V . Ist die Batterie nicht belastet so fließt natürlich
auch kein Strom. Das heist das Iq = 0A. Gesucht ist nun der Innenwiderstand der Batterie und der Strom, der
bei Kurzschließen der Batterie fliest.
Gegeben ist:
• Nennspannung Un = 12V
• Nennstrom In = 30A. Der Nennstrom von 30A wird zum Zünden des Luft-/Bezingemisches benötigt.
• Ladespannung und Quellspannung Uq = 12, 6V
• Strom ohne Belastung Iq = 0A
Gesucht ist:
• Innenwiederstand Ri
• Kurzschlussstrom Ik
Lösung:
Ri
=
Ri
=
Ri
=
Ri
=
Ri
=
Ik
=
Ik
=
Ik
=
∆U
∆I
Uq − Un
Iq − In
12, 6V − 12V
0A − 30A
0, 6V
30A
0, 02Ω
Uq
Ri
12, 6V
0, 02Ω
630A
18
BEISPIEL 18 (KIRCHHOFF)
13
A
R1
U
I1
R2
U
I2
B
Abbildung 7: Kirchoffsches Gesetz
18
Beispiel 18 (Kirchhoff )
In Abbildung 7 ist eine Schaltung eingezeichnet mit der das kirchhoffsche Gesetz demonstriert werden soll.
Addiert man die Spannung UAB , welche von Punkt A nach Punkt B abfällt mit der Spannung UBA , welche
von Punkt B nach Punkt A abfällt so erhält man 0. Das heißt UAB + UBA = 0. Nachdem es sich bei dieser
Schaltung um eine Parallelschaltung handelt, ist die über den Widerständen abfallende Spannung U bei beiden
Widerständen gleich: U = U . Nach URI1 kann somit R1 ∗ I1 = R2 ∗ I2 gesetzt werden. Nach Umformung des
2
Terms entsteht II12 = R
R1 . Daraus ist ersichtlich, dass sich Ströme umgekehrt wie die Widerstände verhalten.
Diese Aufgabe wurde in der Prüfung 7/2004 abgefragt.
19
Beispiel 19 (Das Magnetfeld) JU K
Dr. Risch zeigte ein paar Bildern welche das Verhalten von elektrischen Ladungen im Magnetfeld veranschaulichten.
20
Beispiel 20 – Fehlt JU K
Beispiel 20 wurde von Dr. Risch nicht behandelt.
21
Beispiel 21 (Spule)
Gegeben ist eine Spule wie in Abbildung 8 mit N = 500 Wicklungen durch die ein Strom von I = 1A fließt. Die
Spule hat eine Länge von l = 0, 2m. Wie groß ist die magentische Erregung H und die magnetische Flussdichte
B?
Gegeben ist:
• Anzahl der Wicklungen der Spule N = 500
• Strom, der durch die Spule fließt I = 1A
• Länge der Spule l = 0, 2m
Gesucht ist:
• Magnetische Erregung H, welche durch den Stromfluss hervorgerufen wird
• Die dabei entstehenden magnetische Flussdichte B
1 Kanton
in der Schweiz; Universal Resource Information; Wie auch immer :)
22
BEISPIEL 22 (BIOT-SAVART)
14
l = 0,2 m
I=1A
Abbildung 8: Spule
Lösung:
B
N ∗I
l
500 ∗ 1A
=
0, 2m
A
= 2500
m
= µ0 ∗ H
B
=
H
H
H
B
B
B
=
Vs
A
∗ 2500
Am
m
Vs
= π ∗ 10−3 2
m
= 3, 14 ∗ 10−3 T
= 3, 14mT
4π ∗ 10−7
Vs
Zu bemerken ist hier der Zusammenhang zwischen B und H. Es ist nur der Faktor µ0 = 4π ∗ 10−7 Am
bei B
dazumultipliziert. Dieses Beispiel wurde in der Prüfung Februar 2002 als Aufgabe gestellt.
22
Beispiel 22 (Biot-Savart)
Durch einen Drahtring mit dem Radius a fließt ein Strom der Stärke I. Senkrecht auf dem Zentrum des Rings
steht sich ein Leiter. Auf diesem wird der Abstand b entfernte Punkt x betrachtet. Abbildung 9 zeigt diesen
Aufbau. Welche magnetische Erregung H wirkt auf den Punkt x? Gesucht ist eine allgemeine Formel ohne
konkrete Zahlen.
Abbildung 9: Biot Savart
22
BEISPIEL 22 (BIOT-SAVART)
15
Gegeben ist:
• Stromstärke I
• Radius des Drahtringes a
• Abstand b vom Zentrum des Drahtringes zum Punkt x
• Leiterstück ∆s, durch welches der Strom I fließt, und das hier betrachtet wird.
√
• Der Abstand r = a2 + b2 zwischen der unteren Kante des Drahtringes und dem Punkt x.
• Der Winkel ϕ = 90◦ zwischen ∆s und dem Abstand r. Der Sinus von ϕ ist entsprechend sinϕ = 1
Gesucht ist:
• Magnetische Erregung H, welche durch den Stromfluss hervorgerufen wird
• Die dabei entstehenden magnetische Flussdichte B
Lösung:
∆H
=
∆H
=
I
∆s
∗
4π r2
I
∆s
∗ 2
4π a + b2
(22)
(23)
Der Vektor ∆H läst sich in die Komponenten ∆Ha und ∆Hb welche zerlegen. ∆Ha wirkt entlang des Abstandes
a, ∆Hb entlang des Abstandes b. ∆Ha wirkt im Kreis und hebt sich deshalb auf. Das heisst ∆Ha = 0.
∆Hb
=
∆Hb
=
∆Hb
=
∆Hb
=
H
=
∆H ∗ sinα
a
∆H ∗
r
a
∆H ∗ √
2
a + b2
I
∆s
a
∗√
∗
2
4π a2 + b2
a + b2
Z 2πa
∆H ds
(24)
(25)
(26)
(27)
(28)
0
H
=
Z
2πa
∆Hb ds
(29)
I ∆s
a
√
ds
4π a2 + b2 a2 + b2
(30)
I
a
ds
4π (a2 + b2 ) 32
(31)
0
H
=
Z
2πa
0
H
=
Z
0
H
=
Hmax
=
Hmax
=
2πa
I
a2
∗
2 (a2 + b2 ) 32
I
∗ a2 a3
2
I
2a
(32)
(33)
(34)
Da ∆Ha = 0 wird in Gleichung 29 einfach ∆H durch ∆Hb ersetzt. In Gleichung 27 wird ∆H aus Gleichung
23 eingesetzt. ∆Hb wird in Gleichung 30 durch den Wert aus Gleichung 27 ersetzt. Vereinfacht ergibt dies
23
BEISPIEL 23 (MAGNETISCHER FLUSS φ)
16
dann Gleichung 31. Dabei fällt ∆s einfach weg2 und die
a
in der Gleichung lassen sich durch folgende
3
(a2 +b2 ) 2
Umformung erklären:
√
1
x = x2
√
x = ( x)2
p
a2 + b2 = ( a2 + b2 )2
p
p
p
( a2 + b2 )2 ∗ a2 + b2 = ( a2 + b2 )3
p
3
( a2 + b2 )3 = (a2 + b2 ) 2
In der Gleichung 33 wird b = 0 angenommen. Für diesen Fall kommt der maximale Wert für H raus, also Hmax .
Diese Aufgabe wurde in der Prüfung Feburar 2002 gestellt. Außerdem entspricht sie dem Versuch Nummer 5
aus dem Praktikum.
23
Beispiel 23 (Magnetischer Fluss φ)
A
Abbildung 10: Magnetischer Fluss
Gegeben ist:
• Gesamtfläche der Spule A = 32cm2
Gesucht ist:
• Magnetischer Fluss φ
Lösung:
φ =
Z
B~n dA
φ = B~n ∗ A
Vs
∗ 32 ∗ 10−4 m2
m2
100 ∗ 10−7 V s
10−5 V s
10µV s
0, 01mV s
φ = π ∗ 10−3
φ
φ
φ
φ
=
=
=
=
Da B~n = const, fällt es raus.
Diese Aufgabe wurde in der Prüfung Februar 2002 gestellt.
2 Wer
weis warum solls sagen! Vermutlich weis es nur Dr. Risch. Freiwillige zum Fragen vor! :)
24
BEISPIEL 24 – FEHLT JU K
24
17
Beispiel 24 – Fehlt JU K
Dieses Beispiel wurde von Dr. Risch nicht behandelt.
25
Beispiel 25 (Induktion)
N2=2
N1=100
l = 20cm
Abbildung 11: Induktion
In Abbildung 11 ist eine langestreckte Spule mit je N1 = 100 Windungen pro Seite zu sehen. In diese wird eine
zweite Spule mit N2 = 2 Windungen hineingehalten. Die erste Spule wird von einem Strom I = 1A durchflossen
und erzeugt dadurch ein homogenes Magnetfeld. Welcher Magnetischer Fluss φ liegt in der zweiten Spule vor,
wenn diese in einem Winkel von ϕ = 90◦ zur ersten Spule steht?
Gegeben ist:
• N1 = 100 Windungen pro Seite der ersten Spule
• N2 = 2 Windungen bei der zweiten Spule, die in die erste Spule gehalten wird
• Die Fläche der zweiten Spule A = 5cm2 = 5 ∗ 10−4 m
• Die Länge der ersten Spule l = 20cm = 0, 2m
• ϕ = 90◦
Gesucht ist:
• Magnetischer Fluss φ
Lösung:
φ = A∗B
φ = A ∗ µ0 ∗ H
φ = A ∗ µ0 ∗ 2 ∗ N1
I
l
φ =
5 ∗ 10−4 m2 ∗ 4π ∗ 10−7
φ =
6, 3 ∗ 10−7 V s
Vs
1A
∗ 2 ∗ 100
Am
0, 2m
φ entspricht dem aus der FOS/BOS Formelsammlung Seite 57 gezeigten φ̂ = BA0 . Diese Aufgabe wurde in der
Prüfung 2002 gestellt.
26
BEISPIEL 26 (WEITERFÜHRUNG INDUKTION)
26
18
Beispiel 26 (Weiterführung Induktion)
Es sind die gleichen Ausgangsbedingungen wie bei Beispiel 25 gegeben. Nur ist der Winkel ϕ nun veränderlich.
Das heist eine allgemeine winkelabhängige Formel für φ wird gesucht.
Gegeben ist:
• Magnetischer Fluss bei ϕ = 90◦ von φ̂ = 6, 3 ∗ 10−7 V s
Gesucht ist:
• Magnetischer Fluss φ abhängig von ϕ
Lösung:
φ
φ
φ
φ
= φ̂ ∗ cosϕ
= A ∗ µ0 H ∗ cosϕ
= 6, 3 ∗ 10−7 V s ∗ cosϕ
= 0, 63µV s ∗ cosϕ
Diese Aufgabe wurde in der Prüfung 2002 gestellt.
27
Beispiel 27 (Weiterführung Induktion)
Es sind die gleichen Ausgangsbedingungen wie bei Beispiel 25 gegeben. Nun wird aber angenommen das der
Strom I → 0A geht. Wie verändert sich dabei der Magnetische Fluss
Gegeben ist:
• Magnetischer Fluss bei ϕ = 90◦ von φ̂ = 6, 3 ∗ 10−7 V s
Gesucht ist:
• Magnetischer Fluss φ wenn I = 0A
Lösung:
φ =
Z
t
U ∗ dt
0
φ
φ
φ
φ
φ
=
=
=
=
=
−N2 ∗ A ∗ µ0 ∗ ∆H
−N2 ∗ ∆φ
−N2 ∗ φ
−2 ∗ φ
−1, 26 ∗ 10−6 V s
Diese Aufgabe wurde in der Prüfung 2002 gestellt.
28
Beispiel 28 (Weiterführung Induktion)
Es sind die gleichen Ausgangsbedingungen wie bei Beispiel 25 gegeben. Welcher Magnetische Fluss entsteht
insgesammt wenn die zweite Spule von ϕ = 0◦ auf ϕ = 90◦ gedreht wird?
29
BEISPIEL 29 (SELBSTINDUKTION)
19
Gegeben ist:
• Magnetischer Fluss bei ϕ = 90◦ von φ̂ = 6, 3 ∗ 10−7 V s
Gesucht ist:
• Gesamter Magnetischer Fluss φ
Lösung:
φ = −N2 ∗ µ0 ∗ H ∗ A ∗ (cos0◦ − cos90◦ )
φ = −1, 26 ∗ 10−6 V s
Diese Aufgabe wurde in der Prüfung 2002 gestellt.
29
Beispiel 29 (Selbstinduktion)
Bei einer Spule wie in Abbildung 8 sind die Anzahl der Windungen N = 500, die vom Magnetfeld durchtränkte
Fläche A = 32cm2 und die Länge l = 0, 2 der Spule gegeben. Wie groß ist die Selbstinduktivität L?
Gegeben ist:
• Anzahl der Windungen N = 500
• Fläche innerhalb der Spule A = 32cm2 , welche vom Magnetfeld durchtränkt ist.
• Länge der Spule l = 0, 2m
Gesucht ist:
• Selbstinduktivität der Spule L
Lösung:
L = µ0 N 2
L =
L =
L =
L =
L =
L =
30
A
l
Vs
32 ∗ 10−4 m2
∗ 5002 ∗
Am
0, 2m
V
s
π ∗ 10−7
∗ 10002 ∗ 32 ∗ 10−4 ∗ 5
A
Vs
5 ∗ 10−3
A
−3
5 ∗ 10 Ωs
5 ∗ 10−3 H
5mH
4π10−7
Beispiel 30 (Selbstinduktion)
Bei einer Spule mit dem Wiederstand R = 10Ω liegt eine Selbstinduktivität von L = 1H vor.
Gegeben ist:
• Die Spannung zum Zeitpunkt t = 0s beträgt U0 = 200V
• Der Widerstand der Spule hat eine Wert von R = 10Ω
31
BEISPIEL 31 – FEHLT JU K
20
• Die Selbstinduktivität beträgt L = 1H
• Der Strom zum Zeitpunkt t = 0s beträgt I = 0A
• Der Strom hätte zum Zeitpunkt t = ∞ eine Stärke von I = UR0 = 10A. Dieser Zeitpunkt kann natürlich
nie erreicht werden. Trotzdem nähert sich der tatsächliche Strom diesem Wert an.
Gesucht ist:
• Der Strom i(t) bei t = 0, 1s
Lösung:
Die Zeitkonstante τ wird aus
in der Prüfung 2002 gestellt.
31
L
R
i(t)
=
τ
=
τ
=
τ
=
i(τ )
=
i(τ )
=
i(τ )
=
i(τ )
i(τ )
=
=
R
U0
(1 − e− L ∗t )
R
L
R
1Ωs
10Ω
0, 1s
t
U0
(1 − e− τ )
R
U0
(1 − e−1 )
R
1
10A ∗ (1 − )
e
10A ∗ 0, 63
6, 3A
errechnet und später dann als Kehrwert von
R
L
eingesetzt. Diese Aufgabe wurde
Beispiel 31 – Fehlt JU K
Dieses Beispiel wurde von Dr. Risch nicht durchgenommen.
32
Beispiel 32 (Tiefpass) JU K
Dr. Risch zeigte das Bild eines Tiefpassfilters und demonstrierete daran das ein Bit eine gewisse Zeit braucht
bis sein Wert aufgebaut ist, bzw. sich sein Zustand ändert.
33
Beispiel 33 – Fehlt JU K
Dieses Beispiel wurde von Dr. Risch nicht durchgenommen.
34
Beispiel 34 – Fehlt JU K
Dieses Beispiel wurde von Dr. Risch nicht durchgenommen.
35
BEISPIEL 35 (DATENSPEICHER IM RECHNER)
21
Bewegungsrichtung
N
S
N
S
N
N
S
N
Schreibkopf
Lesekopf
Uind = UL
Abbildung 12: Schreib-/Lesekopf
35
Beispiel 35 (Datenspeicher im Rechner)
In Abbildung 12 ist ein Schreib- und ein Lesekopf zu sehen wie er bei Magnetbändern, Festplatten und Floppies
verwendet wird. Die Schreibspule erzeugt ein Magnetfeld das dazu führt das die Elementarmagneten auf dem
Medium entsprechend dem Magnetfeld ausgerichtet werden. Beim Lesenkopf wird durch das Magnetfeld des
vorbeiziehenden Mediums ein Induktionsstrom erzeugt. Somit läst sich das gelesene Bit wieder rekonstruieren.
Datenfolge
Medium
0 L L L L0 0 L
Strom beim Lesen
Abbildung 13: Datenspeicherung
Die auf dem Medium gespeicherten Polungen entsprechen nicht direkt den 0 und 1 (gleichbedeutend mit L) der
Bits. Stattdessen werden die Bits verschlüsselt“: Für ein Bit mit dem Wert 1 ändert sich die Stromrichtung
”
und damit die Polung. Bei einem Bit mit dem Wert 0 bleibt die Stromrichtung und die Polung gleich. Beim
Lesen wird nun für jede Änderung der Polung ein Magnetfeld in die Lesespule induziert. Somit erzeugt beim
Lesen jedes Bit mit dem Wert 1 einen Strom, und jedes Bit mit dem Wert 0 keinen Strom. In Abbildung 13 ist
dies ersichtlich.
36
Beispiel 36 – Fehlt JU K
Mit den Abbildungen 14 und 15 verdeutlichte Dr. Risch uns nochmals das Prinzip der Datenspeicherung auf
magnetischen Medien.
37
Beispiel 37 (Die Schwingung)
Mit Hilfe der Schwingung soll einen Empfängerabstimmung bei einem Radio durchgeführt werden. Der Aufbau
der dafür benötigten Schaltung ist in Abbildung 16 zu sehen. ω0 wird durch Drehen von c auf die gewünschte
Station gebracht. Der Schwingkreis wirkt hier also als ”Abstimmkreis”.
Gegeben ist:
• Die Induktivität L = 1nH
37
BEISPIEL 37 (DIE SCHWINGUNG)
22
Schreibspule
Eisenkern
Bewegungsrichtung
Schreibkopf
Magnetiesierungsausrichtung
Magnetisierbare Schicht
Trägermaterial der Platte oder des Bandes
Abbildung 14: Schreibkopf
Lesespule
Eisenkern
Bewegungsrichtung
Magnetisierte Schicht
Trägermaterial der Platte oder des Bandes
Abbildung 15: Lesekopf
• Die Kapazität C0 = 2nF
• Die Frequenz f0 = 98, 0M hz
Gesucht ist :
• Die einzustellende Abstimmkapazität c.
Lösung:
ω0
=
ω0
=
C
=
c =
c =
c =
c =
c =
c =
1
LC
2πf0
1
Lω02
1
− C0
Lω02
√
10−9 VAs 4π 2
1
V
379 As
∗ 106
1
− 2nF
∗ 982 )(106 )2 s12
− 2nF
1
nF − 2nF
0, 38
2, 640nF − 2nF
0, 640nF
Die Aufgabe wurde in Prüfung Juli 2003 gestellt.
38
BEISPIEL 38 (APERIODISCHE DÄMPFUNG)
23
Antenne
Regelbarer Kondensator
c
C0
L
Abbildung 16: Schwingkreis
38
Beispiel 38 (aperiodische Dämpfung)
W0
Wd
d
Abbildung 17: Dreieck für Aperiodische Dämpfung
Im Rechner gibt es viele ungewollte Schwingkreise. Um Zustandsänderungen durchzuführen müssen diese auf
neue Spannungswerte eingeschwungen werden. Damit dies möglichst schnell erfolgt muss der Schwingkreis aperiodisch gedämpft werden. Abbildung 17 zeigt das Dämpfungsdreieck.
Gegeben ist:
• Die Kapazität C = 1nF
• Die Frequenz f0 = 1M hz
• Die Periodendauer Td = ∞, da die Schwingung kein einziges mal komplett eine Periode durchlaufen soll.
Stattdessen soll die Schwingung schon vorher durch die Dämpfung zum Erliegen kommen.
• ωd = 0
Gesucht ist :
• Widerstand R für die aperiodische Dämpfung
39
BEISPIEL 39 – FEHLT JU K
24
Lösung:
ω0
√
= δ
ω0
=
δ
=
1
LC
=
R
=
R
=
R
=
R
=
ω02
=
L =
R
=
R
=
R
=
R
=
1
√
LC
R
2L
R
2L
2L
√
LC
√
2( L)2
√ √
L C
√
2 L
√
C
r
L
2
C
1
LC
1
Cω02
s
1
2
Cω02 ∗ C
2
ω0 C
2∗V ∗s
2π ∗ 106 ∗ 10−9 As
318Ω
(35)
(36)
(37)
(38)
(39)
(40)
(41)
(42)
(43)
(44)
(45)
(46)
(47)
(48)
Gleichung 45 entsteht durch einsetzen von Gleichung 44 in Gleichung 42.
Die Aufgabe wurde in Prüfung 2003 gestellt.
39
Beispiel 39 – Fehlt JU K
Dieses Beispiel wurde von Dr. Risch nicht durchgenommen.
40
Beispiel 40 (Datenübertragung Telefon Ortsleitung)
Bei der Datenübertragung über das Telefon mit der Ortsleitung ist ein Kabelaufbau wie in Abbildung 18
gegeben. Die Leitungen a und b bilden miteinander einen Kondensator und sind jeweils auch eine Spule. Auf
0, 1m betrachtet hat dieser Kondensator einen Kapazität von C = 10pF und die Spule eine Induktivität von
L = 0, 1µH.
Gegeben ist:
• Die Länge des betrachteten Abschnittes l = 0, 1m
• Die Kapazität C = 1pF pro l
• Die Induktivität L = 0, 1µH pro l
Gesucht ist :
41
BEISPIEL 41 (WELLENWIDERSTAND)
a
L=0,1µH
25
L=0,1µH
C=10pF
L=0,1µH
C=10pF
C=10pF
b
0,1m
Abbildung 18: Datenübertragung über das Telefon mit Hilfe der Ortsleitung
• Maximale Geschwindigkeit der Datenübertragung c
Lösung:
c =
s
c =
s
c =
r
c =
108
c =
c0
3
1
C L
l l
(10 ∗
1016
m
s
10−12 As
V
∗
1
0,1m )
1
∗ (0, 1 ∗ 10−6 VAs ∗
1
0,1m )
m2
s2
Die Datenübertragung über die Telefonleitung kann also mit einem Drittel der Lichtgeschwindigkeit c0 erfolgen.
41
Beispiel 41 (Wellenwiderstand)
Es ist ein aufbau wie in Beispiel 40 gegeben. Welcher Wellenwiderstand wirkt hier?
Gegeben ist:
• Die Kapazität C = 1pF pro 0, 1m
• Die Induktivität L = 0, 1µH pro 0, 1m
Gesucht ist :
• Wellenwiderstand z
42
BEISPIEL 42 – FEHLT JU K
26
Lösung:
=
r
L
C
=
s
0, 1 ∗ 10−6 VAs
10 ∗ 10−12 As
V
z
=
r
z
=
z
z
=
=
z
z
0, 1
V2
∗ 106 2
10
A
V
0, 1 ∗ 103
A
100Ω
0, 1kΩ
Diese Aufgabe wurde in der Prüfung Juli 2003 gestellt.
42
Beispiel 42 – Fehlt JU K
Dieses Beispiel wurde von Dr. Risch nicht durchgenommen.
43
Beispiel 43 – Fehlt JU K
Dieses Beispiel wurde von Dr. Risch nicht durchgenommen.
44
Beispiel 44 SperrschichtJU K
Dr. Risch erkärte anhand von Bildern nochmals die Funktionsweise von P/N Sperrschichten.
45
Beispiel 45 – Fehlt JU K
Dieses Beispiel wurde von Dr. Risch nicht durchgenommen.
46
Beispiel 46 (Photovoltage Element, die Diffussionsspannung)
Von einer Solarzelle soll die Spannung berechnet werden, die anliegt wenn die Solarzelle belichtet wird. Dabei
soll die Spannung aber nicht abgegriffen werden.
Gegeben ist:
• ni als Konstante mit dem Wert 1010
• Die Temperatur ϑ = 27◦ C und T = 300K
1
• P-Dotierung nA = 105 ∗ ni = 1015 cm
3
1
• N-Dotierung nD = 103 ∗ ni = 1013 cm
3
Gesucht ist :
• Belichtungsspannung Uleer , ohne Belastung (I = 0)
47
BEISPIEL 47 (TRANSISTOREN) JU K
27
Lösung:
Uleer
UD
UD
UD
UD
UD
47
= UD
kT
nA ∗ nD
=
∗ ln
e0
n2i
1015 ∗ 1013
0, 86 ∗ 10−4 eV ∗ 300K
=
∗ ln
e
(1010 )2
0, 026eV
=
∗ ln108
e
= 0, 026V ∗ 18, 6
= 0, 48V
Beispiel 47 (Transistoren) JU K
Dr. Risch zeigte den Aufbau von PNP und NPN Transistoren. Diese entsprechen mehr oder weniger den Transistoren der Seite 90 aus dem Script von Dr. Risch.
Auf den Bildern waren die Formen IC = B ∗ IB und Ucc = Rcc ∗ Ic angedruckt.