Grundlagen der Physik 2 Lösung zu Übungsblatt 7

Grundlagen der Physik 2
Lösung zu Übungsblatt 7
Daniel Weiss
3. Mai 2010
Inhaltsverzeichnis
Aufgabe 1 - Kondensator
a) Feldstärke
1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
b) Energieumwandlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
Aufgabe 2 - Dipolmomente
2
a)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
b)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Aufgabe 3 - Zylinderspule
a) magnetische Induktion
b) Leistung
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Aufgabe 4 - Zylinderspule
a) magnetische Induktion
3
3
3
3
3
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
b) Fluss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
Aufgabe 5 - Dipolmoment der Erde
4
a) magnetisches Dipolmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
b) Strom am Äquator
5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Aufgabe 6 - Drahtbügel
5
a) Flughöhe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
b) Ladungsmenge aus Flughöhe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
Aufgabe 1
a) Es gilt für die Potentialdierenz der beiden Platten, wenn Randeekte vernachlässigt werden, aufgrund des homogenen Feldes im Kondensator:
Z
U = ∆Φ =
0
d
~ = Ed ⇒ E = U
~ dl
E
d
1
(1)
b Die maximale Energie, die die Ladung dem Kondensator enzieht und in kinetische Energie umwandelt entspricht der potentiellen Energie, die sie am Ort der sie
abstoÿenden Platte hat.
Epot =
d
Z
Z
d
qE dl = qEd = qU
F dl =
(2)
0
0
Alternativ kann man auch die kinetische Energie direkt berechnen.
vx = ax t
F
qE
ax =
=
m
m
qE
⇒ vx =
t
m
x=
(3)
(4)
(5)
1 qE 2
t ⇒t=
2 m
s
2dm
qE
(6)
Hier wurde der Zeitpunkt eingesetzt, zu dem die Ladung auf der sie anziehenden
Platte auftrit. Also
x = d.
qE
⇒ vx =
m
s
2dm
=
qE
r
2qEd
m
(7)
1
1 2qEd
⇒ Ekin = mvx2 = m
= qEd = qU
2
2
m
Es kommt natürlich dasselbe Ergebnis heraus. Die Geschwindigkeit
(8)
v0
ist für diese
Rechnung unerheblich und hat nur Einuss darauf, wie lange die Ladung in dem
Feld des Kondensators bleibt. Für die Berechnung, des maximalen Energieverlustes des Kondensators kann sie
0
gesetzt werden.
Aufgabe 2
Das Dipolmoment ist die Summe aller Ortsvektoren der einzelnen Ladungen multipliziert
mit der Ladung an diesem Ort. Falls das Monopolmoment - also die Summe aller diskreten
Ladungen -
0
ist, ist das Dipolmoment unabhängig von der Wahl des Ursprungs.
a) Das Monopolmoment ist hier
0,
also ist die Wahl des Ursprungs egal. Wähle den
oberen Punkt des Dreiecks als Ursprung.
!
!
1
−√21 d
0
2√d
√
p~ = q
+q
=q
− 3d
− 23 d
− 23 d
(9)
2q , daher ist das Dipolmoment für jeden Ursprung anders.
den Ursprung genau in der Mitte der Ladungen ~
0. Wähle
b) Das Monopolmoment ist
Zum Beispiel ist
p~
für
die Ladung links unten als Ursprung.
d
d
d
d
p~ = −q
+ 2q
+ 2q
=q
d
0
0
d
2
(10)
c) Das Monopolmoment ist
0.
Wähle als Ursprung die Ladung links unten.
d
d
d
3d
p~ = 2q
− 2q
+q
=q
0
0
d
−d
(11)
Aufgabe 3
Diese Aufgabe ist ähnlich der Aufgabe 4. Die Herleitung der Gleichung, die in Teil a)
verwendet wird ist dort zu nden.
a) Der Draht hat eine Länge von
L = 2πr · nl = 28,27m
und einen spezischen Widerstand von
ω
ρ = 0,01 m
.
(12)
Daraus folgt der Gesamtwider-
stand und somit der ieÿende Strom:
R = ρ · L = 0,283ω ⇒ I =
U
= 84,88A
R
(13)
Herleitung der folgenden Gleichung siehe Aufgabe 4. Feld in der Mitte:
Bz =
µ0 n
Iq
2 l
l
l 2
2
Feld am Rand:
Bz =
= 52,3mT
(14)
+ R2
µ0 n
l
= 26,5mT
I√
2
2 l
l + R2
(15)
b) Leistung über zugeführte Spannung / ieÿender Strom:
P = U I = 2037W
(16)
Aufgabe 4
a) Die magnetische Induktion auf der Z-Ebene kann aus dem Biot-Savartschen Gesetz
hergeleitet werden. Im Abschnitt
dz 0
sind
n 0
dz
l
Windungen der Spule, wenn
n
(17)
die Gesamtzahl der Windungen und
der Spule sind. Durch jede dieser Leiterschleifen ieÿt derselbe Strom
tesimalen kann man nun diese Leiterschleifen im Abschnitt
dz 0
l die Länge
I . Im inni-
durch eine einzige
Leiterschleife ersetzen, durch die dann der Strom
dI =
3
n
I dz0
l
(18)
ieÿt.
Mit dem Gesetz von Biot-Savart im Spezialfall für Felder auf der Achse durch die
Mitte einer Leiterschleife folgt:
2πR2 nl I
2πR2
µ0
µ0
dz0
3 dI =
4π ((z − z 0 )2 + R2 ) 2
4π ((z − z 0 )2 + R2 ) 23
Z l
µ0 2 n
1
⇒ Bz =
R I
3 dI =
2
l
0 ((z − z 0 )2 + R2 ) 2
"
#
µ0 n
z − z1
z − z2
=
I p
−p
2 l
(z − z1 )2 + R2
(z − z2 )2 + R2
dBz =
l
2.
n,l,I sind direkt
R kann aus der umschlossenen Fläche berechnet werden. Das ergibt
In diese Gleichung setzen wir nun
angegeben und
z = 0, z1 = − 2l , z2 =
(19)
dann:
Bz = 1,22mT
(20)
b) Um die Rechnung einfach zu halten nähern wir das Feld in der Spule als konstant
bezüglich Änderungen in x- bzw. y-Richtung, also:
∂B
∂B
:= 0 =:
∂x
∂y
(21)
Nun gilt
Z
Φ=
(21)
~ ≈ BA = 610nWb
~ dA
B
(22)
A
Aufgabe 5
a) Wir betrachten das Feld der Erde (erzeugt von einem Kreisstrom um den Äquator
(eine Leiterschleife)) und setzen in Gleichung 19 folgende Werte:
z=R
z1 = −R
z2 = R
n=1
l = 2R
Das ergibt:
B=
µ0 I
2R
(23)
Nun erweitern wir diesen Bruch um die magnetische Induktion ersetzen zu können.
B=
µ0 I πR2
µ0 p m
·
=
2R πR2
2πR3
4
(24)
Hierbei wurde die Denition des magnetischen Dipolmomentes
det. Auösen nach
pm
pm = I · A
verwen-
liefert die Lösung.
pm =
2πBR3
= 8,2 · 1022 Am2
µ0
(25)
Als Erdradius wurde der mittlere Erdradius (Quelle: Wikipedia) eingesetzt:
R=
6371km.
I
b) Ausgehend von Gleichung 23 lösen wir nach
I=
auf:
2BR
= 6 · 108 A
µ0
(26)
Hier wurde wieder der mittlere Erdradius eingesetzt:
auch gerechnet werden:
I=
R = 6371km. Alternativ kann
pm
A
(27)
Aufgabe 6
a) Auf den Bügel wirkt die Lorentzkraft (nur auf den Querschenkel; die Komponenten
der beiden senkrechten Schenkel heben sich gegenseitig auf ).
dFL = dq
!
~
ds
dq ~
~+ E
~
~
×B
=
ds
×
B
|{z}
dt
dt
(28)
=0
Davon interessiert uns nur die z-Komponente (alle anderen Komponenten sind sowieso
0).
Im Folgenden bezeichnet demnach
F
die z-Komponente der wirkenden
Lorentzkraft.
⇒ F = IsB = µ0 IsH
µ0 IsH
F
=
⇒a=
m
m
(29)
(30)
Bis zum Verlassen des Quecksilberbades wirken die Erdbeschleunigung und die
Lorentzbeschleunigung auf den Bügel.
1
1F 2 1 2
h1 = − gt2 +
t = t
2
2m
2
Dabei ist
h1
F
−g
m
(31)
die Höhe der senkrechten Schenkel des Bügels. Mit
t=
wird das zu
1
h1 =
2
v12
⇒ v1 =
F
m −g
5
v
a
(32)
s
2h1
Isµ0 H
−g
m
(33)
Es gilt weiterhin die Energieerhaltung
1
E0 = mv12 + mgh1
2
E1 = mgh
(34)
(35)
v12
1
+ h1 =
2 g
Isµ0 H
Isµ0 Hh1
= h1
−1+1 =
= 3,7m
mg
mg
E0 = E1 ⇒ h =
(36)
b) Allgemein kann die Ladungsmenge aus der Stromstärke mal Zeit bestimmt werden.
I=
Dabei bezieht sich
t
Q
⇔ Q = It
t
(37)
auf die Zeit, während der der Drahtbügel noch im Quecksil-
berbad ist und beschleunigt wird. Wir möchten aber die geossene Ladung durch
die Flughöhe ausdrücken. Dazu verwenden wir Gleichung 36:
h=
Umformen nach
t1
1 v12
1 a2 t21
+ h1 =
+ h1
2 g
2 g
(38)
ergibt
r
t1 =
v
2g(h − h1 ) u
2g(h − h1 )
=u
2
t
2
a
µ0 HIs
−
g
m
Daraus kann nun die geossene Ladung in Abhängigkeit von der Flughöhe
(39)
h
aus-
gedrückt werden:
v
u 2g(h − h )
1
Q=u
2 I = 1,4C
t
µ0 HIs
−
g
m
6
(40)