Lösungsvorschlag zu den Übungsaufgaben für Donnerstag, den

Experimentalphysik 2
TU München
Ferienkurs WS 08/09
Felicitas Thorne
Lösungsvorschlag zu den Übungsaufgaben für Donnerstag, den
26.2.2008
1 Übungen zum Sto der Donnerstagsvorlesung
1.1
Aufgabe 1
Magnetischer Fluss:
Z
Φ=
~ A
~ = B · N · A · cosϕ (t)
Bd
Dabei ist ϕ (t) der zeitabhängige Winkel zwischen Magnetfeld und Spulennormale. Mit ϕ (t) = ω · t folgt:
Uind = −
1.2
d
Φ = B · N · A · ω sin ωt
dt
Aufgabe 2
a) Kirchhosche Regeln ergeben folgende Dierentialgleichung:
U0 = I · R − Uind = I · R − L
Lösungsansatz
dI
dt
I (t) = A · e− L t + I0
R
mit der Anfangsbedingung I (0) = 0 ergibt:
I (t) =
b) 63% bedeutet, dass der Strom auf
1
e
R
U0 · 1 − e− L t
R
abgefallen ist. Also:
R
L
t=1⇒t=
L
R
1.3
Aufgabe 3
a) Der Strom I2 (t) der bei geönetem Schalter durch die Glühbirne ieÿt, wurde bereits in der Vorlesung
hergeleitet:
R
I2 (t) = I0 · e− L t
mit R = R1 + R2 . Für die Induktionsspannung folgt mit U0 = I0 R2 :
Uind = −I2 (R1 + R2 ) = −L
Uind = −U0
dI2
dt
R1 + R2 − R t
e L
R2
b) Aus a) folgt, dass für R1 >> R2 die Induktionsspannung wesentlich gröÿer als U0 wird.
1
1.4
Aufgabe 4
Magnetfeld einer Langen, geraden Spule:
B = µ0 ·
N
·I
l
Daraus folgen der magnetische Fluss
Φ = B · A = µ0 ·
N
·I ·A
l
und die Induktionsspannung
Uind = −N ·
dI
dΦ
dI
= −µ0 n2 lA ·
= −L ·
dt
dt
dt
Also:
1.5
L = µ0 n2 V
Aufgabe 5
a) Ampèresches Gesetz in dierentieller Form:
~ = ~j +
∇×H
~
∂D
∂t
Integration über die Fläche und Anwendung des Satzes von Stokes liefert das gesuchte Ergebnis.
b) Die Ladungserhaltung wird durch die Kontinuitätsgleichung
∂ρ
+ ∇~j = 0
∂t
ausgedrückt. Betrachtet man die beiden inhomogenen Maxwellgleichungen mit noch unbekanntem Ver~:
schiebungsstrom X
~ =ρ
∇·D
~ +X
~ = ~j
∇×H
und addiert die Zeitableitung der ersten zur Divergenz der zweiten, dann erhält man:
~
∂ρ
∂D
~ =0
+ ∇ · ~j = ∇ ·
+∇·X
∂t
∂t
Dabei wurde schon angewendet, dass die Divergenz einer Rotation verschwindet und partielle Ableitungen
vertauscht werden können.
Durch Vergleich sieht man:
~
~ = − ∂D
X
∂t
1.6
Aufgabe 6
~ 6= 0, kann E
~ nicht mehr als Gradient eines skalaren Potentials geschrieben werden. Aus den
Da rotE
Maxwellgleichungen ndet man jedoch:
~
~ + Ḃ = rot E
~ + ∂A
rotE
∂t
Also:
woraus unmittelbar folgt:
~
~ + ∂ A = −gradφ
E
∂t
~
~ = −gradφ − ∂ A
E
∂t
2
!
=0
~ =
Setzt man diese Formel in die Gleichung divE
sofort:
ein und verwendet die Lorentzeichung, so ergibt sich
ρ
0
ρ
1 ∂2φ
=−
c2 ∂t2
0
∆φ −
~ in rotB
~ = µ0~j + 12 ∂ E~ ein und verwendet sowohl die Lorentzeichung,
Jetzt setzt man die Formel für E
c ∂t
als auch die Rechenregel rot rot = grad div - ∆ kommt man auf
~
1 ∂2A
= −µ0~j
2
2
c ∂t
~−
∆A
1.7
Aufgabe 7
a) Magnetfeld zwischen den Rohren:
µ0 I
2πr
B=
Damit ist der magnetische Fluss:
Φ=
µ0 Il
2π
Z
R2
B · dr =
R1
µ0 Il
ln
2π
R2
R1
Dies ergibt eine Induktivität pro m Kabellänge von:
L=
µ0
ln
2π
b) Energiedichte:
w (r) =
R2
R1
B2
µ0 I 2
=
2µ0
8πr2
Daraus folgt die Energie:
Z
W =
Z
R2
w dV = 2πl
w (r) dr =
R1
1 2
LI
2
c) Wenn die Wanddicke nicht vernachlässigbar ist, muss noch das Magnetfeld im Innenleiter mit berücksichtigt werden.
1.8
Aufgabe 8
Die Herleitung geht analog zur Vorlesung:
I=
mit
Rges
ergibt sich:
Ua
Ue
=
R
Rges
1
= R + ı ωL −
ωC
R
|Ua | = q
R2 + ωL −
1 2
ωC
· |Ue |
Bei der Resonanzfrequenz muss die Ausgangs- gleich der Eingangsspannung sein, also
ωL −
1
1
⇒ω= √
ωC
LC
3
1.9
Aufgabe 9
a)
b) Ausgangsspannung: Uout = RI
Mit I = Q̇ und sinusförmiger Eingangsspannung folgt für die Ladung:
RQ̇ +
Lösungsansatz:
Q
= U0 sin ωt
C
Q (t) = Asin (ωt + ϕ)
in die Dierentialgleichung einsetzen und Additionstheoreme anwenden ergibt:
cos ωt Rω cos ϕ +
Koezientenvergleich liefert:
1
1
U
sin ϕ + sin ωt −Rω sin ϕ + cos ϕ = 0 sin ωt
C
C
A
1
sin ϕ = 0
C
U0
1
−Rω sin ϕ + cos ϕ =
C
A
Rω cos ϕ +
Diese Gleichungen müssen quadriert und dann addiert werden, um A bestimmen zu können. Die Lösung
lautet dann:
U0 C
Q (t) = q
sin (ωt + ϕ)
2
(RCω) + 1
und
Uout = RQ̇ = q
1.10
U0 CRω
2
cos (ωt + ϕ)
(RCω) + 1
Aufgabe 10
a)
b) Es gibt zwei Möglichkeiten, die Induktionsspannung zu berechnen:
1) Lorentkraft: Uind = El = vBl
2) Induktionsgesetz: Uind = φ̇ = dtd (slB) = vlB
Der Strom im Draht berechnet sich über die Lenzsche Regel:
I=
U − vBl
R
c) Bewegungsgleichung:
mv̇ = QvD B
4
Die rechte Seite ist die Lorentz-Kraft,die auf die mit der Driftgeschwindigkeit vD durch den Draht driftenden Ladungsträger wirkt. Mit
I=
Q
vD
l
erhält man
mv̇ = BIl
Einsetzten der in b) gefunden Formel für den Strom ergibt die folgende Dierentialgleichung:
v̇ +
B 2 l2
Bl
v=
U
mR
mR
mit der Lösung:
v (t) = Ae−
B 2 l2 t
mR
+
U
Bl
Verarbeiten der Anfangsbedingung v (0) = 0 liefert:
v (t) =
2 2
U 1 − e−B l t mR
Bl
und
v∞ =
U
Bl
d) Mit der Formel aus b) folgt I∞ = 0.
1.11
Aufgabe 11
a) DieStromzunahme I˙ an der Spule ist mit der an ihr anliegenden Spannung UL verknüpft durch
LI˙ = UL
Dabei ist UL die Spannung U der Batterie, vermindert um den im Widerstand abfallenden Anteil: UL =
U − RI . Zusammen ergibt sich also:
R
U
I˙ + I =
L
L
Dies ist eine lineare inhomogene Dierentialgleichung erster Ordnung, deren Lösung die Summe der
allgemeinen homogenen Lösung und einer speziellen inhomogenen Lösung ist:
I (t) = Ae− L t +
R
U
R
Mit der Anfangsbedingung I (0) = 0 erhält man
I (t) =
R
U
1 − e− L t
R
b) Strom:
5
Spannung
c) Der Strom ereicht 90% seines Maximalwertes zur Zeit t mit
e− L t = 0, 1
R
also
T90 =
Die bis dahin umgesetzte Energie ist:
Z
W =R
L
ln10
R
T90
I 2 (t) = 0, 042J
0
1.12
Aufgabe 12
a)
Û1
Iˆ =
Ẑ
ı ˆ
ˆ
Û1 = ÛR + ÛC = I R −
= I Ẑ
ωC
b)Berechne Û2 :
Û2 = −
Damit ist das komplexe Verhältnis:
Û2
Û1
=−
ı
ı
Û1
· Iˆ = −
·
ωC
ωC Ẑ
ı
1
1 − ıRωC
· =
2
ωC Ẑ
(RωC) + 1
Bei der Rechnung wurde der komplexe Nenner mit seinem komplex konjugierten erweitert.
c) Berechne Amplitudenverhältnis:
U20
UC0
1
=p 2
=√
2
U10
1 + ω 2 R2 C 2
UR0 + UC0
6
Berechnung der Phase: Achtung, es ist hier nicht nach der Phasenverschiebung zwischen Strom und
Spannung, sondern nach der Phase zwischen U1 und U2 gefragt!
tanϕ =
UR0
= −ωRC
−UC0
ϕ = −arctan (ωRC)
d)
1.13
Aufgabe 13
a) Das vränderliche E-Feld bewirkt Magnetfeld um E-Feldlinien:
I
Beide Seiten ausrechnen:
~ d~s = d
H
dt
I
Z
~ dA
~
D
~ d~s = H · 2πR
H
homogenes Feld im Kondensator:
d
dt
Z
~ dA
~= dD
~
D
dt
Z
~ = 0
dA
dE
· R2 π
dt
Gleichsetzten, sinusförmige Wechselspannung einsetzen und E =
H = 0
anwenden:
RU0 ω
A
cos ωt = 1, 11 · 10−3 cos ωt
2d
m
b)
Uind = −
Mit dem Ergebnis aus a) folgt:
U
d
dφ
∂B
= −nπr2
dt
∂t
Uind = 0, 172µV sin ωt
7
1.14
Aufgabe 14
a)
!
−1
1
ωR2 C
ÛE
R
= ıωL + ıωC +
ẐE =
=
2 + ı ωL −
2
R
IˆE
1 + (ωRC)
1 + (ωRC)
b) PB = 0, d.h. ẐE muss reell sein:
ωL = ωL −
ωR2 C
1 + (ωRC)
2
Beim Auösen dieser Gleichung erhält man eine quadratische Gleichung für C mit denLösungen:
C1 = 0, 5nF
C2 = 4, 5nF
c) Berechnung der gesamten Leistug:
∗
P̂ = ÛE · IˆE
=
ÛE ÛE∗
ẐE
Die Wirkleistug ist der Realteil von P̂ . Einsetzten ergibt:
PW 1 = 0, 375W
PW 2 = 3, 375W
ˆ
ˆ
ˆ
d)Knotenregel: IE = IC + IR Maschenregel: ÛR = ÛC und ÛL + ÛR = ÛE damit:
ÛE
ÛR
1 + ıωRC
= ıωC ÛR +
= ÛR
R
R
ÛE
Weiter einsetzen:
ÛR
ÛE
=
R
(R −
Omsches Gesetz anwenden:
ω 2 RLC)
ÛE
2
ω RLC)
IˆR =
(R −
ˆ e) Wirkleistung wird maximal, wenn IR maximal:
+ ıωL
+ ıωL
R − ω 2 RLC = 0
und damit C =
f) PW max
1
= 5nF
2
ω2 L
ˆ = IR R = 3, 75W
2 Übungen zum Sto der Feitagsvorlesung
2.1
Aufgabe 15
Leite Maxwellgleichung nach der Zeit ab:
∂
∂t
~
∂B
~
+∇×E
∂t
!
=0
~
~
∂2B
∂E
=
−∇
×
∂t2
∂t
~ =
Einsetzen der Maxwellgelichung ∇ × B
gesuchte Wellengleichung:
~
1 ∂E
c2 ∂t
und Anwendung von rot rot = grad div - ∆ ergibt die
~ =
∆B
~
1 ∂2B
c2 ∂t2
8
2.2
Aufgabe 16
Der Betrag des komplexen Widerstandes lautet:
s
|Z| =
2 p
1
R2 + ωL −
= R2 + X 2
ωC
Für den Bruchteil des Widerstandes ergibt sich damit:
s
2
Z ω0 + R 1
L
= 1+ 1+
|Z (ω0 )|
1 + RCω0
bzw.
s
2
Z ω0 − R 1
L
= 1+ 1+
|Z (ω0 )|
1 − RCω0
Die Wirkleistung ergibt sich dann über:
PW = I 2 R =
U02 R
U 2R
=
2
Z2
2 |Z|
Die Ergebnisse für ω = ω0 ± RL sind nicht symmetrisch bzgl. ω0 .
2.3
Aufgabe 17
a) Die Sonne strahlt ihre Leistung gleichmäÿig in den vollen Raumwinkel 4π ab. Damit gilt:
S=
P
W
= 1414, 7 2
4πa2
m
wobei a der Abstand zwischen Sonne und Erde ist.
Die Fläche der der Sonne zugewandten Erdhalbkugel ist doppelt so groÿ wie eine Querschnittsscheibe.
Damit ist die mittlere Bestrahlungsstärke:
SErde = 707, 35
W
m2
b) Bei vollständiger Absorption gilt:
PS =
c)
PS =
S
N
= 2, 358 · 10−6 2
c
m
F
⇒ F = PS · A = 578, 7 · 106 N
A
9