Uebungsblatt 05 fuer PHYS3100 Grundkurs IIIb
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Übungsblatt 05 PHYS3100 Grundkurs IIIb (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt) Othmar Marti, ([email protected]) 15. 12. 2003 oder 12. 1. 2004 1 Aufgaben 1. In einer Leitung, die parallel zur x-Achse liegt, befindet sich flüssiges Na~ angelegt. trium. Entlang der y-Achse wird die magnetische Induktion B Entlang der z-Achse fliesst der Strom I. Was soll die Anordnung bewirken? 2. Eine Wien-Robinson-Brücke sieht wie folgt aus: C U U1 R1 R2 R R C U2 Die Eingangsspannung ist U , die Ausgangsspannung ist Ua = U2 − U1 . Nehmen Sie an, dass U (t) = U0 eiωt ist. (a) Berechnen Sie U̇ (t) = ∂U (t) ∂t (b) Drücken Sie U̇ durch U aus. Diese Funktion hat einen gemeinsamen, von t abhängigen Faktor. Wird dieser abgespaltet, hängen die Vorfaktoren nur von ω ab. (c) Berechnen Sie für einen Kondensator das Äquivalent des Ohmschen Gesetzes U (ω) = I(ω) · ZC (ω). ZC (ω) ist die komplexe Impedanz des Kondensators bei der Frequenz ω. (d) Berechnen Sie für die Wien-Robinson-Brücke Ua (ω)/U0 . Übungsblatt vom 15. 12. 2003 oder 12. 1. 2004 1 c °2004 University of Ulm, Othmar Marti 2 PHYS 3110 Grundkurs IIIb WH 2003-2004 Übungsblatt 05 3. Zur Definition: Eine leiterförmige Anordnung (Widerstandsleiter) 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 den Widerstand R1 . (a) Welchen Widerstand misst man zwischen den ”linken” Enden A und A0 ? (b) Wenn man an AA0 die Spannung U legt, welche Spannung misst man dann i. zwischen den Lötstellen der ersten Sprosse, ii. der zweiten Sprosse, iii. der n-ten Sprosse? (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 links verlängern? 4. Der Large-Electron-Proton-Beschleuniger (LEP) des CERN hat einen Umfang von 27km. Angenommen, das Magnetfeld sei homogen entlang des Umfanges, wie gross müsste es sein um Elektronen mit dem Bruchteil β der Lichtgeschwindigkeit auf der Bahn zu halten? 5. In Wirklichkeit gibt es am LEP 4600 Magnete. Wie lang dürfen die Magnete maximal sein? Nehmen wir 10% Füllung an, d.h. die Magnete beanspruchen eine totale Länge von 2.7km. Wie gross ist der Winkel pro Magnet? Was ist der äquivalente Radius? Was wäre das maximale β, wenn B ≤ 5T wäre? 6. Zwei unendlich ausgedehnte, parallele Kupferebenen mit der Dicke d = 1mm führen einen Gleichstrom von 1A pro Breite b = 1mm hin und zurück. Die Spannung zwischen beiden Leitern beträgt U = 24V . Wie gross ist die relativistische Korrektur des elektrischen Feldes zwischen den beiden Leitern? Übungsblatt vom 15. 12. 2003 oder 12. 1. 2004 2 c °2004 University of Ulm, Othmar Marti Übungsblatt 05 2 PHYS 3110 Grundkurs IIIb WH 2003-2004 3 Lösungen 1. Die Elektronen werden durch die Lorentz-Kraft in Richtung der Röhre abgelenkt. Da sie mit den Natriumatomen stossen, übertragen sie einen Impuls in Richtung der Röhre und pumpen so das flüssige Metall. Siehe auch Institut für Geophysik Göttingen1 2. (a) Wir erhalten U̇ (t) = iωU0 eiωt (b) U̇ (t) = iωU (t) (c) Wir erhalten ZC = (d) U1 erhalten wir über U1 = U 1 iωC R2 R1 + R2 U2 erhalten wir über U2 = RZC R||ZC U= U R||ZC + R + ZC RZC + (R + ZC )2 oder U2 = U2 = R iωC R iωC + (R + 1 2 ) iωC U iωRC U iωRC + (iωRC + 1)2 also · ¸ iωRC R2 Ua = U2 − U1 = − U iωRC + (iωRC + 1)2 R1 + R2 Setzen wir R2 = 2R1 so ist Ua (ω = 1/(RC)) = 0 da i i 1 i = = = 2 i + (1 + i) i + 1 + 2i − 1 3i 3 ist. 1 http://heart-c704.uibk.ac.at/LV/Erdwissenschaften/VOErdwissDateien/Geodynamo.pdf Übungsblatt vom 15. 12. 2003 oder 12. 1. 2004 3 c °2004 University of Ulm, Othmar Marti 4 PHYS 3110 Grundkurs IIIb WH 2003-2004 Übungsblatt 05 3. (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 = 2R1 + R2 · R R + R2 R2 + RR2 = 2R1 (R + R2 ) + RR2 R2 − 2RR1 = 2R1 R2 (R − R1 )2 − R12 = 2R1 R2 R − R1 = ± q R12 + 2R1 R2 q R12 + 2R1 R2 R = R1 ± Nur die Lösung mit + ist physikalisch sinnvoll, so dass wir Ãr R = R1 (b) R2 1+2 +1 R1 ! • Legen wir zwischen A und A0 die Spannung U an, ist die Spannung über der ersten Sprosse U1 = = = Übungsblatt vom 15. 12. 2003 oder 12. 1. 2004 R||R2 U R||R2 + 2R1 R·R2 R+R2 U R·R2 + 2R1 R+R2 1 1+ 4 2) 2 R1 (R+R R·R2 U c °2004 University of Ulm, Othmar Marti Übungsblatt 05 PHYS 3110 Grundkurs IIIb WH 2003-2004 ³ = 1+2 1 R1 R R1 R2 + ´U 1 µ = ¶U ³q R1 ´ R R1 1+2 R2 +1 1+2 5 R1 R2 + 1 1 µ = 1+2 q ¶U 1 R1 R2 + R 1+2 R2 +1 1 • Für die zweite Sprosse lautet die Gleichung: R||R2 U1 R||R2 + 2R1 µ ¶2 R||R2 U = R||R2 + 2R1 1 = µ µ 1 + 2 q 1R2 + U2 = 1+2 R +1 ¶¶2 U R1 R2 1 • Un berechnet man, indem man diese Formel wiederholt anwendet. Wir benützen die Tatsache, dass der Widerstand unserer unendlich langen Leiter konstant ist. 1 µ Un = · 1+2 q ¶¸n U 1 R 1+2 R2 +1 R1 R2 + 1 (c) Wir setzen 1 = 2 1 µ 1+2 ¶ 1 q R 1+2 R2 +1 + R1 R2 1 oder 1 1 + 2 q R2 1 + 2R +1 1 + R1 =2 R2 1 R1 =1 2 q + R2 R 2 1 + 2 R1 + 1 Übungsblatt vom 15. 12. 2003 oder 12. 1. 2004 5 c °2004 University of Ulm, Othmar Marti 6 PHYS 3110 Grundkurs IIIb WH 2003-2004 Übungsblatt 05 1 q 2 1 + 2R +1 R1 + R1 1 = R2 2 Wir setzen R2 /R1 = α. µ √ 1 1 √ + 1 + 2α + 1 α = 1 2 1 1 1 α−2 = − = 2 α 2α 1 + 2α + 1 √ √ ¶ 1 + 2α = 1 + 2α + 1 = 2α α−2 2α 2α α−2 α+2 −1= − = α−2 α−2 α−2 α−2 µ 1 + 2α = α+2 α−2 ¶2 = α2 + 4α + 4 α2 − 4α + 4 ¡ ¢ α2 − 4α + 4 + 2α α2 − 4α + 4 = α2 + 4α + 4 ¡ ¢ 2α α2 − 4α + 4 = 8α α2 − 4α + 4 = 4 (α − 4) α = 0 Also ist α = 0 (unsinnig) oder α = R2 R1 =4 R2 = 4R1 R ist dann R = 4R1 . (d) Dieses R ist auch der Widerstand, mit dem man die kurze Leiter abschliessen muss, damit sie sich verhält wie eine lange. 4. Der Radius ist r= Übungsblatt vom 15. 12. 2003 oder 12. 1. 2004 6 U 2π c °2004 University of Ulm, Othmar Marti Übungsblatt 05 PHYS 3110 Grundkurs IIIb WH 2003-2004 7 Die Lorentzkraft ist gleich der durch der Geometrie bedingten Zentripetalkraft. v2 m(v) = qvB r Die geschwindigkeitsabhängige Masse ist 1 m(v) = m0 p 1 − v 2 /c2 also B= qr m0 v p 1 − v 2 /c2 Mit β = v/c erhalten wir B= 2πm0 cβ p qU 1 − β 2 Zum Beispiel mit β = 0.999999 erhalten wir B = 0.28mT 5. Bei einer Länge von U = 27km und 4600 Magneten stehen für jeden Magneten `max = 27000m/4600 = 5.870m zur Verfügung. Der Füllfaktor von 10% heisst, dass jeder Magnet ` = `max /10 = 0.5870m lang ist. Zur Berechnung des Magnetfeldes kann angenommen werden, dass der Umfang nun Û = 2.7km ist. Aufgelöst erhalten wir β=q 1 1+ 4π 2 c2 q2 U 2 B 2 Eingesetzt erhalten wir (mit 20 signifikanten Stellen) β = 0.99999999999996496480 6. Zur Berechnung verwenden wir, dass die elektrischen und magnetischen Felder unendlich ausgedehnter Platten oder unendlich ausgedehnter homogener ebener Ströme unabhängig vom Abstand zur Platte oder zum Strom sind. Wir nehmen an, dass wir im Ruhezustand die Flächenladungsdichten σ für die positiven wie für die negativen Ladungen haben. Das elektrische Feld einer homogen geladenen unendlich ausgedehnten Platte ist σ E= 2²0 Übungsblatt vom 15. 12. 2003 oder 12. 1. 2004 7 c °2004 University of Ulm, Othmar Marti 8 PHYS 3110 Grundkurs IIIb WH 2003-2004 Übungsblatt 05 Mit einer Rechnung analog zur Vorlesung (Kapitel 3.6.2) bekommt man σ 0 = −2ββ 0 γ = −2σvv0 γ c2 Das neue elektrische Feld ist also E0 = σ0 −2σvv0 = γ 2²0 2²0 c2 Das p elektrische Feld im Ruhesystem der bewegten Ladung ist dann (γ = 1 − v 2 /c2 ) σvv0 E0 = − 2 γ ²0 c Die Kraft auf ein Teilchen im zweiten Leiter qσvv0 F 0 = −qE 0 = γ ²0 c2 Nun gilt für die Transformation der Kraft F 0 = γF Also ist F = qσvv0 ²0 c2 Im Querschnitt A = b · d fliesst der Strom I. Die Stromdichte ist j = I/A. Weiter ist I = ∆q/∆t == (∆q/`) · v0 und damit j0 = ∆Q/(A · `)v0 = σv0 . also ist F = j0 q ²0 c2 Mit c−2 = ²0 µ0 bekommen wir ² 0 µ0 1 = = µ0 2 ²0 c ²0 und damit F = µ0 qvj0 Wir vergleichen diese Gleichung mit der Lorentzkraft FL = qvB und können schreiben, dass die relativistische Korrektur B = µ0 j0 ist, wie auch anders in der Vorlesung abgeleitet. Bemerkung: Die Angabe U = 24V ist nicht notwendig. Übungsblatt vom 15. 12. 2003 oder 12. 1. 2004 8 c °2004 University of Ulm, Othmar Marti Übungsblatt 05 3 PHYS 3110 Grundkurs IIIb WH 2003-2004 9 Korrektur zu den Lösungen zum Übungsblatt 4 Die Raumdiagonale von A zu F ist eine Symmetrieachse (3-zählige Rotationssymmetrie). Gesucht wird die Ersatzkapazität zwischen A und F . Deshalb müssen die Spannungen an den Punkten B gleich sein, ebenso an den Punkten C, D und E. Wir erhalten also folgende Ersatzschaltung: B C D Die Ersatzschaltung besteht also aus der Serieschaltung von vier Kondensatoren mit den Kapazitäten 3C, 3C sowie der Parallelschaltung von je zwei Serieschaltungen von 3C und 6C. E Ctot = 1 1 3C + 1 2 1 + 1 3C 6C = = = 1 3C + 1 9 + 2·3·6·C 3+6 1 3C 1 1 3C 1 3C + 9 36C + 1 1 + 4C + 12C = 4+3+4 12 C = 11 Übungsblatt vom 15. 12. 2003 oder 12. 1. 2004 1 3C 1 A F + 1 3C 1 3C c °2004 University of Ulm, Othmar Marti
