Ubungen zur Physik 2 – Lösungen zu Blatt 9

Prof. T. Esslinger
Dr. T. Donner
Dr. F. Brennecke
Übungen zur Physik 2 – Lösungen zu Blatt 9∗
(15. Mai 2013)
I.
INDUKTIONSOFEN
1. Der Widerstand des Kupferrings beträgt R =
P2 = U2 I2 =
σCu 2πr
.
A
U22
=
R
Für die Heizleistung gilt dann
U1
N1
2
A
= 16.7 W.
σCu 2πr
(1)
2. Die Leistung in beiden Wicklungen des Transformators ist gleich, d.h. P1 = P2 . Somit folgt
I1 =
P2
U1 A
= 2
= 71 mA
U1
N1 σ2πr
(2)
E
= 56 s ' 1 Minute.
P2
(3)
3. Mit der Heizleistung P2 ergibt sich
t=
II.
1. Der Strom I0 =
U0
RL
ELEKTRISCHER REIHEN-SCHWINGKREIS
fliesst in der Zeichung von oben nach unten durch die Spule.
2. Da am Kondensator keine Spannungsdifferenz anliegt (der Schalter ist geöffnet), kann er in der Schalterposition
1-2 auch nicht geladen werden.
∗ Aufgaben
und Lösungen sind auch erhältlich unter www.quantumoptics.ethz.ch → Lectures
2
3. Die Summe der Spannungen, die über den drei Elementen des Schaltkreises abfallen, muss Null sein (Maschenregel). Wir gehen also einmal durch den Schaltkreis in der Skizze, startend bei Punkt 2 des Schalters. Wir
verwenden die Stromrichtung aus Antwort 1, bewegen uns also im Gegenuhrzeigersinn.
Wir betrachten zunächst die Spannungen UL an der Spule, UR am Widerstand und UC am Kondensator, und
achten auf die Vorzeichen:
UL − UR − UC = 0.
(4)
˙ UR = RI, und UC = Q . Wir verwenden weiterhin, dass ein positiver
Nun können wir einsetzen, dass UL = −LI,
C
Strom in diesem Schaltkreis zu einer Erhöhung der Ladung des Kondensators führt, also I = +Q̇, bzw. I˙ = Q̈.
Für die Differentialgleichung ergibt sich somit
LQ̈ + RQ̇ +
Q
= 0.
C
(5)
4. Dies ist die Differentialgleichung für eine harmonische, gedämpfte Schwingung, siehe Tipler Kapitel 14.4. Verglichen mit dem mechanischen Oszillator können wir folgende Zuordnung machen:
Auslenkung x
Masse m
Daempfung b
Federkonstante k
↔
↔
↔
↔
Q
L
R
1/C.
(6)
(7)
(8)
(9)
Die Analogie geht noch weiter. Die potentielle Energie im mechanischen Fall entspricht der Energie die im
elektrischen Feld des Kondensators gespeichert ist. Die kinetische Energie der bewegten Masse entspricht der
magnetischen Energie im Feld der Spule. Mit der Identifikation von Federkonstante und inverser Kapazität,
sieht man auch, dass die Spannung im elektrischen Fall der Kraft im mechanischen Fall entspricht.
5. Der Fall R = 0 entspricht dem harmonischen Oszillator ohne Dämpfung.
q
p
1
und die allgemeine Lösung der Differentialgle(a) Die Frequenz der Oszillation ist dann ω = k/m = LC
ichung besitzt die Form Q(t) = Q0 cos(ωt + φ), wobei der Phasenwinkel φ und die Ladung Q0 aus den
Anfangsbedingungen bestimmt werden müssen. Es gilt Q(t = 0) = Q0 cos φ = 0, da der Kondensator
anfangs ungeladen ist. Folglich ist φ = π/2. Wir können also schreiben
Q(t) = Q0 sin(ωt).
(10)
Dann ist Q̇(t = 0) = Q0 ω cos(ωt) = I0 . Daraus ergibt sich dann
Q0 =
I0
U0 √
LC.
=
ω
RL
(11)
Wir finden also für den Strom durch die Spule
I(t) = Q̇(t) = Q0 ω cos(ωt).
(12)
Q(t)
Q0
=
sin(ωt).
C
C
(13)
und für die Spannung am Kondensator
UC (t) =
Vor dem Umschalten fliesst ein konstanter Strom durch die Spule, getrieben von der Spannung U0 . Die
Spule versucht aufgrund ihrer Induktivität einer Änderung des Stroms entgegenzuwirken (sie reagiert träge).
Daher wird auch nach dem Umschalten ein (abnehmender) Strom in der gleichen Richtung fliessen, der
nun von der Induktionsspannung getrieben wird. Der Kondensator war zunächst ungeladen, wird nun aber
durch den fliessenden Strom aufgeladen. Wenn der Strom Null ist, wird der Kondenstor geladen sein, der
nun zu einem Strom in der umgekerten Richtung führt. Dies führt zu einer Oszillation.
3
I(t)
1.0
U(t)
0.5
Out[111]=
0.5
1.0
1.5
2.0
t
- 0.5
- 1.0
FIG. 1: durchgehend: Strom, gestrichelt: Spannung
(b) Die Energie im Schwingkreis setzt sich zusammen aus den Energien, die im elektrischen Feld des Kondensators und im magnetischen Feld der Spule gespeichert sind. Damit erhalten wir
1 Q20
1
1 2
1 Q20
1 Q20
2
2
2
2
E = CUC + LI =
sin (ωt) + L(Q0 ω) cos (ωt) =
sin2 (ωt) + cos2 (ωt) =
, (14)
2
2
2 C
2 C
2 C
wobei wir ω 2 =
1
LC
verwendet haben. Die Gesamtenergie ist also zeitlich konstant.
6. Der Fall R > 0 entspricht dem harmonischen Oszillator mit Dämpfung. Je nach Grösse des Widerstandes
werden 3 Fälle unterschieden, wie in Tipler Kapitel 14.4 näher erklärt. Allen drei Fällen ist gemeinsam, dass
die Amplitude von Spannung und Strom mit der Zeit abnimmt. Im Widerstand wird elektrische Energie in
Wärmeenergie umgewandelt und zwar mit einer Leistung P = U · I = I 2 · R. Dadurch sinkt im Schwingkreis
die elektrische Energie ab, was man an der Abnahme der Amplitude von Strom und Spannung sieht. Die
elektromagnetische Energie nimmt also ab und wird nach und nach in Wärmemenergie umgewandelt.
III.
FARADY-WAAGE
~ Damit ist die potentielle Energie
~ = χm B.
1. Für die Magnetisierung der Probe gilt M
µ0
Z
1 ~ ~
1
χm V ~ 2
χm V 2
~ · BdV
~
M
=− M
Epot = −
BV = −
|B| = −
B .
2
2
2µ0
2µ0
(15)
Das Magnetfeld des geraden, stromdurchflossenen Leiters ist tangential um den Draht ausgerichtet. Entlang der
µ0 I
y-Achse ausgewertet hat es einen Betrag von B(y) = 2π
y . Für die potentielle Energie gilt daher
Epot = −
µ0 χm V I 2
.
8π 2 y 2
(16)
2. In der Ruheposition der Probe gleichen sich Gravitationskraft und Federkraft genau aus. Beim Anschalten des
Stroms kommt somit nur noch die magnetische Kraft hinzu. Die Kraft auf die Probe in y-Richtung beträgt
Fy = −
dEpot
µ0 χm V I 2
=−
.
dy
4π 2 y 3
(17)
3. Diese Kraft führt zu einer Auslenkung ∆ = F/k der Feder (k = 10−6 N/m). Für die Suszeptibilität gilt also
χm = −
4π 2 ∆k y 3
µ0 V I 2
(18)
Für Aluminium (Auslenkung ∆ = −234 µm) ergibt sich eine Suszeptibilität von χm = +2.3 × 10−5 . Für
Kupfer (Auslenkung ∆ = 100 µm) ergibt sich eine Suszeptibilität von χm = −0.98 × 10−5 . Aluminium ist also
paramagnetisch und wird in den stärkeren Teil des Feldes hineingezogen, während das diamagnetische Kupfer
herausgedrückt wird.