SMART Sammlung mathematischer Aufgaben als Hypertext mit TEX

SMART
Sammlung mathematischer Aufgaben
als Hypertext mit TEX
Elektrizitätslehre (Physik)
herausgegeben vom
Zentrum zur Förderung des
mathematisch-naturwissenschaftlichen Unterrichts
der Universität Bayreuth∗
5. Juni 2012
∗ Die
Aufgaben stehen für private und unterrichtliche Zwecke zur Verfügung. Eine kommerzielle
Nutzung bedarf der vorherigen Genehmigung.
Inhaltsverzeichnis
I. Elektrizitätslehre S1
3
1. Stromkreis
4
2. Ladung und Stromstärke
5
3. Spannung - Stromstärke - Widerstand
7
4. Elektrische Arbeit und Leistung
12
5. Magnetfeld und Strom
16
6. Induktion
17
7. Transformator
19
II. Elektrostatik S2
21
8. Das elektrische Feld
22
9. Das Coulombsche Gesetz
26
10.Das Feld von Punktladungen
32
11.Feld ausgedehnter Ladungen, Satz von Gauß
34
12.Arbeit im elektrischen Feld
38
13.Das Potential des elektrischen Feldes
42
14.Kondensatoren
46
15.Energie des elektrischen Feldes
47
16.Bewegung geladener Teilchen im elektrischen Feld
48
17.Die Elementarladung – Millikan
51
2
Inhaltsverzeichnis
18.Laden und Entladen von Kondensatoren
52
III. Elektrodynamik S2
53
19.Ladung und Stromstärke
54
20.Kraft auf einen Leiter
55
21.Lorentzkraft
56
22.Induktionsgesetz
57
23.Magnetfeld von Strömen
60
24.Induktivität und Energie des Magnetfeldes
61
25.Wechselstrom und Effektivwerte
63
26.Wechselstromwiderstände
65
27.Elektromagnetische Schwingungen
66
28.Elektromagnetische Wellen
67
29.Interferenz
69
30.Beugung
72
3
Teil I.
Elektrizitätslehre S1
4
1. Stromkreis
1.
• Wärmewirklung: Föhn, Heizlüfter, Boiler, Wasserkocher, Bügeleisen
• Leuchtwirkung: Leuchtdiode, Glühbirne
• magnetische Wirkung: Elektromagnet, Relais, Klingel
• chemische Wirkung: galvanische Abscheidung
Grundprinzip: Man benutzt den Goldklumpen als Schalter. Er überbrückt die beiden
Kontakte K1 und K2 . Wird der Goldklumpen gestohlen ist der Schalter offen.
Ist der Goldklumpen vorhanden, so schließt
er (als guter elektrischer Leiter) die Lampe L2 kurz, der Strom fließt durch L1 und
den Goldklumpen. Wird der Goldklumpen
gestohlen, so ist kein Leiter zwischen K1 und
K2 , der Strom fließt durch L1 und L2 .
2.
3. (a) Es leuchten alle vier Lämpchen. Dabei leuchten jeweils L1 und L4 bzw. L2 und L3
gleich hell. L1 und L4 leuchten heller als L2 und L3: Der Strom der durch L1 bzw. L4
fließt teilt sich zu gleichen Teilen auf L2 und L3 auf.
(b) Jetzt leuchten nur noch L1 und L4 (gleich hell). L2 und L3 sind kurzgeschlossen (durch
den geschlossenen Schalter S überbrückt).
1
4
S
+
bC
bC
2
5
−
Elektromotor
T
4.
3
6
5
2. Ladung und Stromstärke
1. Gemeinsam ist den drei Phänomenen ein Ungleichgewicht. Daraus resultieren Ströme, die
aufrecht erhalten werden, bis sich das System im Gleichgewicht befindet.
Beim Blitz fließen elektrische Ladungen aufgrund eines Ladungsunterschieds (Potenzialunterschieds) zwischen Wolke und Erde.
Der Pudding kühlt sich ab und das Kühlwasser erwärmt sich bis zum Temperaturausgleich.
Die Luft strömt solange aus dem Fahrradschlauch aus, bis der Druck im Reifen dem äußeren
Luftdruck entspricht.
2. N =
Q
= 3,0 · 109
e
∆Q
27 C
=
= 0,45 A
∆t
60 s
(b) ∆Q = I∆t = 3 A · 3600 s = 10800 As ≈ 1,1 · 104 C
5 As
∆Q
=
= 2,5 · 104 s ≈ 6,9 h
(c) ∆t =
I
2 · 10−4 A
4 · 10−8 C
∆Q
=
= 2,5 · 1011
(d) ∆Q = I∆t = 4 · 10−8 A · 1 s = 4 · 10−8 C, n =
e
1,6 · 10−19 C
3. (a) I =
4. (a) m = 6,24 · 1018 · 1,79 · 10−25 kg = 1,12 · 10−6 kg = 1,12 mg
(b) ∆t =
6,24 · 109 a
6,24 · 1018
9
≈ 198 a
=
6,24
·
10
s
=
3600 · 24 · 365,25
109 1s
5. (a) Zum Knoten:
Vom Knoten weg:
Ihinein = (0,238 + 39,8 + 2,7) mA = 42,738 mA
Iheraus = (50 + 0,048 + 3,14 + 19,4) mA = 72,588 mA
I1 fließt zum Knoten: I1 = (72,588 − 42,738) mA = 29,85 mA
Der größte Fehler der gegebenen Ströme ist 0,5 mA (bei 0,050 A), daher Runden auf
ganze mA: I1 ≈ 30 mA.
(b) I1 = 1,8 A, I2 = 1,8 A − 0,3 A = 1,5 A, I4 = 1,5 A − 1,2 A = 0,3 A (nach oben)
I3 = 0,3 A + 0,3 A = 0,6 A
(c) I1 = 201 µA, I2 = 180I1 = 36,18 mA,
I3 = I5 − 0,001 mA = 36,38 mA
6
I4 = I5 = I1 + I2 = 36,381 mA
2. Ladung und Stromstärke
6. (a) I2 = I3 − I1 = 113 mA − 36 mA = 77 mA = 0,077 A
(b) ∆Q1 = 5 · 60 s · 0,036 A = 10,8 C ≈ 11 C
Zahl der Elektronen: n =
∆Q1
= 6,7 · 1019
e
(c) ∆Q2 = 2 · 1020 · e = 32 As
∆t =
∆Q2
32 As
= 4,2 · 102 s = 7,0 min
=
I2
0,077 A
7
3. Spannung - Stromstärke Widerstand
1. (a) Schaltskizze:
U
L
b
b
I
bC
(b) R =
3,2 V
0,24 A
= 15 Ω
2. 8 V; −8 V; 0; 4 V.
8
bC
3. Spannung - Stromstärke - Widerstand
3. Mögliche Lösungen:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(a)
1
1
1
5
1
=
+
=
=
R
40 Ω 10 Ω
40 Ω
8Ω
R = 8Ω
1
1
1
5
1
1
=
+
+
=
=
′
R
20 Ω 10 Ω 10 Ω
20 Ω
4Ω
′
′
R = R + R = 8Ω
1
1
1
1
5
1
=
+
+
=
=
R
40 Ω 40 Ω 40 Ω
40 Ω
8Ω
R = 8Ω
1
1
10
1
1
=
+3·
=
=
R1
30 Ω
10 Ω
30 Ω
3Ω
10 Ω
= 5 Ω, R = R1 + R2 = 8 Ω
R2 =
2
1
5
1
1
1
+
=
=
=
R1
15 Ω 10 Ω
30 Ω
6Ω
10 Ω
= 2 Ω, R = R1 + R2 = 8 Ω
R2 =
5
1
1
1
1
1
=
+
+
=
R1
30 Ω 30 Ω 10 Ω
6Ω
10 Ω
= 2 Ω, R = R1 + R2 = 8 Ω
R2 =
5
10 Ω 10 Ω 10 Ω
R=
+
+
= 8Ω
2
5
10
10 Ω
= 8Ω
R=4·
5
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
US2
U2
1152 V2
=⇒ RL = S =
= 105,8 Ω ≈ 106 Ω
RL
P
125 W
RL RL
5
UE
=
+
= RL = 88,2 Ω, I =
= 2,61 A
2
3
6
Rges
4. (a) P = US IS =
(b) Rges
U1 =
RL
RL
· I = 138 V, U2 =
· I = 92,0 V
2
3
9
3. Spannung - Stromstärke - Widerstand
(c) Die linken Lampen (U1 ) sind überlastet.
RL
4
UE
= RL = 141 Ω, I =
= 1,63 A
3
3
RL
RL
RL
U1 =
· I = 172,5 V, U2 =
· I = 57,5 V
2
3
=⇒ Die linke Lampe brennt sofort durch und dann
brennt keine Lampe mehr.
(d) 1. Möglichkeit:
UE
U1 =
= 76,7 V,
3
UE
U2 =
= 115 V
2
2. Möglichkeit:
RL + RL
R1 =
= RL
2
UE
= 115 V
U1 = U2 =
2
An den vier linken Lampen liegt jeweils die Spannung
U1
= 57,5 V.
2
R2
U1
U2
Rges = RL +
R1
I
UE
U1
U1
UE
U2
UE
RL
U1
U2
R1
UE
U
220 V
=
= 2,0 kΩ
I
0,11 A
15 0000 V
U
= 4,3 · 102 A
=
(b) I =
R
35 V
A
(c) U = RI = 48 · 103 Ω · 25 · 10−6 A = 1,2 V
U
230 V
(d) I =
=
= 13 A
V
R
18 A
(e) U = RI = 2,5 · 103 Ω · 10 · 10−3 A = 25 V
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
R1 in Ω
80
150
9 · 105
1000
1000
50
?
R2 in Ω
120
10
30
?
4000
−6
80
R in Ω
200
160
9 · 105
?
5000
44
?
U1 in V
4
5
299,99
0,001
100
?
?
U2 in V
6
0,33
0,01
1,999
400
?
6,4
zu (f): nicht möglich, da R2 < 0
U2
= 0,08 A 6= 0,8 A
zu (g): nicht möglich, da I =
R2
10
U in V
10
5,33
300
2
500
220
?
I
U2
5. (a) R =
6.
U1
I in A
0,05
0,033
3,3 · 10−4
1 · 10−6
0,1
5
0,8
I
3. Spannung - Stromstärke - Widerstand
7. R + R + 100 Ω + R + 200 Ω + R + 300 Ω + R + 400 Ω =
5R + 1000 Ω = 1150 Ω
=⇒
U
= 1150 Ω
I
R = 30 Ω
U1 = 30 Ω · I = 6 V, U2 = 26 V, U2 = 46 V, U2 = 66 V, U2 = 86 V
Probe: U1 + U2 + U3 + U4 + U5 = U
8. R1 , R2 parallel: R12 = 7,5 Ω
R5 , R6 in Reihe: R56 = 10 Ω
R3 , R4 , R56 parallel: R3456 = 2,5 Ω
R12 , R3456 in Reihe: R123456 = 10 Ω
1 · R · R0
3
= R
1 · R + R0
2
13
2 · R · R1
R
=
(b) R2 =
2 · R + R1
7
A
(c)
9. (a) R1 =
B
bC
R
R
bC
R
R
b
b
R
R
b
R
b
R
b
R
b
R
R3 =
(d) Rn+1
73
3 · R · R2
=
R
3 · R + R2
34
(n + 1) · R · Rn
=
(n + 1) · R + Rn
12 V − 11 V
= 20,0 A
0,020 Ω + 0,010 Ω + 0,020 Ω
12 V + 11 V
= 460 A
(b)
0,020 Ω + 0,010 Ω + 0,020 Ω
10. (a)
11. Parallelschaltung aus 3,0 Ω und 1,0 Ω ergibt R1 = 0,75 Ω.
Reihenschaltung aus 1,25 Ω und R1 ergibt 2,0 Ω.
Parallelschaltung aus 2,0 Ω und 6,0 Ω ergibt Rges = 1,5 Ω.
12. Bei der Parallelschaltung von R3 zu R1 bzw. R2 sinkt der Gesamtwiderstand der Schaltung,
also nimmt die Gesamtstromstärke zu. In jedem Teilstromkreis ist aber die Spannung gleich
der Klemmenspannung der Batterie, d. h. dass I1 und I2 sich nicht verändern.
11
3. Spannung - Stromstärke - Widerstand
13. Sollstrom durch die Lampe: I0 =
1,35 VA
= 0,30 A
4,5V
RL
10 Ω
4,5V
Lampenwiderstand: RL =
= 15 Ω
0,3 A
U
10 · 15 Ω
= 16 Ω, I =
= 0,75 A
Rges = 10 Ω +
10 + 15
Rges
UL
I
10 Ω
UL = 0,75 A · 6 Ω = 4,5 V
U
Schaltungen, die nicht zum Ziel führen:
RL
10 Ω
I1
UL
15
· 12 V = 5,14 V
35
1 · 2Ω
2
= Ω,
1+2
3
R123 · R4
=
R123 + R4
(b) U2 = R2 I2 = 3 V,
U1 = R1 I1 = 4,5 V,
15.
R123 = R1 + R2k3 =
5
3
· 5Ω
20
3
=
10 Ω
RL
UL
U
Roben = 25 Ω
U
I1 =
= 0,48 A
Roben
15
UL =
· 12 V = 7,2 V
25
U
= 0,343 A
Rges
RAB =
10 Ω
U
Rges = 35 Ω
14. (a) R2k3 =
I1
10 Ω
U
UL =
UL
I2
I2
I
I=
RL
U1
10 Ω
10 Ω
UL = 12 V
5
Ω
3
25
Ω = 1,25 Ω
20
U2
= 1,5 A,
I1 = I2 + I3 = 4,5 A
R3
UAB = U1 + U2 = 7,5 V
I3 =
9,0 V − 2,1 V
= 0,69 kΩ
10 mA
12
4. Elektrische Arbeit und Leistung
46 VA
U0
P0
=
= 2 A =⇒ RL =
= 11,5 Ω
U0
23 V
I0
U
= 2,266 A, UL = RL I = 26,1 V
= R + RL = 101,5 Ω, I =
Rges
1. (a) P0 = U0 I0
(b) Rges
=⇒
I0 =
Maximal zulässiger Wert: UL,max = 1,02 · 23 V = 23,46 V
=⇒
UL zu groß.
P = U I = 528 W
PR = UR I = (U − UL )I = 206,6 V · 2,266 A = 468,16 W,
(c) R′ =
PR
= 88,7 %
P
RL R
90 · 11,5
=
Ω = 10,197 Ω
RL + R
101,5
R
R′
Rges = R + R′ = 100,197 Ω
I=
U
= 2,295 A, UL = R′ I = 23,41 V < UL,max
Rges
R
RL
I
U
Schlechtere Lösung:
R
Rges = 2R + RL = 191,5 Ω
R
U
I=
= 1,201 A
Rges
RL
I
U
UL = RL I = 13,8 V
UL
24 V
=
= 9,60 Ω,
IL
2, 5 A
U
= 92,0 Ω
(b) Rges =
IL
RV = Rges − RL = 82,4 Ω
2. (a) RL =
PL = UL IL = 60,0 W.
UL
UV
RV
RL
U
(c) UV = RV · IL = 206 V oder UV = U − UL = 206 V
PV = UV · IL = 515 W
13
IL
4. Elektrische Arbeit und Leistung
Gesamtleistung der Stromquelle: Pges = U · IL = PL + PV = 575 W
η=
PL
60
=
= 0,104 = 10,4 %
Pges
575
3. UR = U − U1 = 200 V I1 =
P = UI = U ·
UR
= 1,60 A
R
RL =
U1
= 20,0 Ω
I1
U2
2322 V2
U
=
=
= 2691 VA ≈ 2,69 kW
V
RL
RL
20,0 A
4. (a) 230 V · 0,10 A · 20 · 3600 s = 1,7 MJ
Cent
· 365 = 30 €
(b) 230 V · 0,10 A · 20 h · 18 kWh
(c) 55 · 106 · 23 W > 1100 W
3J
W
=
= 50 V
Q
0,06 C
W
2J
(b) Q =
=
= 9,09 mC
U
220 CJ
5. (a) U =
2Wk
m2
= 1,76 · 1015 2
me
s
m
mp 2
∆s
= 3,84 · 107 , Wk =
v = 1,23 · 10−12 J,
(b) v =
∆t
s
2
6. (a) Wk = eU = 8,01 · 10−16 J, v 2 =
7.
mp 2
v = eU
2
=⇒
U=
10. I =
U=
v = 4,19 · 107
Wk
= 7,70 MV
e
=⇒
∆t =
mgh
= 13 s
P
4190 kgJK · 1 kg · 86 K
W
cWasser m∆T
=
=
= 4,5 · 102 s = 7,5 min
P
UI
230 V · 3,5 A
U
U2
P
= 0,26 A, R =
=
= 8,8 · 102 Ω
U
I
P
U
= 46 Ω, P = U I = 1,2 7kW , W = QU = 4,1 · 106 J
I
Q
t=
= 3600 s = 1,0 h
I
11. R =
12. I =
m
s
mp v 2
= 3,8 · 106 V
2e
8. Pmech = 0,6 · 230 V · 10 A = 1380 W, W = mgh = P · ∆t
9. ∆t =
=⇒
P
Pt
U
P t2
Q
= 4,5 A, U =
=
= 220 V, R =
= 2 = 48 Ω,
t
I
Q
I
Q
14
W = P t = 11 kJ
4. Elektrische Arbeit und Leistung
kJ
kJ
+ 0,4 kg · 60 K · 4,19
= 235 kJ, U = 230 V
kg
kg K
W
235 kJ
P
U
P =
=
= 782 W = U I =⇒ I =
= 3,4 A, R =
= 68 Ω
t
300 s
U
I
13. W = 0,4 kg · 335
W
P
W
U
W
, U=
=
, R=
= 2
t
I
It
I
I t
r
W
W
= U I = RI 2 =⇒ I =
,
(b) P =
t
Rt
14. (a) P =
U = RI =
r
WR
t
15. Mit P = 1,05 W und der Lampenspannung UL = 3,5 V folgt für den Sollstrom durch die
Lampe I =
P
= 0,3 A.
UL
Der Widerstand der Lampe ist RL =
UL
= 11,7 Ω.
I
Der Gesamtwiderstand der Reihenschaltung ist Rges = R + RL =
230 V
= 766,7 Ω.
0,3A
R = Rges − RL = 755 Ω
Die Gesamtleistung ist Pges = 230 V · I 2 = 20,7 W, die Nutzleistung P = 1,05 W und die
Verlustleistung PV = Pges − P = 19,65 W.
PV
PV
= 94,9 %,
= 1,87 · 103 %
Pges
P
N
84 000 kg · 9,81 kg
· 200 m
mgh
= 0,75 ·
= 1,24 · 108 W = 124 MW
∆t
1s
P
124 MVA
I=
=
= 1,1 · 103 A
U
0,11 MV
16. P = 75% ·
25% · mgh = cWasser m∆T
=⇒
∆T =
N
0,25 · 9,81 kg
· 200 m
0,25 gh
= 0,12 K
=
J
cWasser
4190 kg K
17. Energieverbrauch in einem Jahr:
W = N U It = 1,8 · 108 · 230 V · 0,045 A · 365,25 · 24 h = 1,6 · 1010 kWh
Kosten pro Jahr:
k = 1,6 · 1010 kWh · 0,17
€
= 2,8 · 109 €
kWh
Benötigte Gesamtleistung:
P = N U I = 1,8 · 108 · 230 V · 0,045 A = 1,9 GW
Man benötigt
P
36 MW
≈ 53 Wasserkraftwerke oder
15
P
0,9 GW
≈ 2 Kernkraftwerke.
4. Elektrische Arbeit und Leistung
18. P = U I =
I=
U2
R
=⇒
R=
U2
2302 V2
=
= 76,7 Ω
P
690 VA
P
= 3,0 A, Q = It = 3,0 A · 3600 s = 10800 C,
U
n=
Q
= 6,75 · 1022
e
19. (a) Erwärmung des Generators und der Umgebung.
(b) Pro Sekunde: Wp = mgh = 500 kg · 9,81
0,2mgh = mcH2 O ∆T
(c) Pe = 0,7 ·
=⇒
N
· 3 m = 14715 J
kg
N
0,2 · 9,81 kg
· 3m
0,2gh
∆T =
=
= 1,4 · 10−3 K
cH2 O
4190 kgJK
Wp
0,7 · 14715 J
=
= 1,0 · 104 W = U I
∆t
1s
=⇒
I=
Pe
= 45 A
U
m
m 2
W
km
= 25 , W =
v = 2,5 · 105 J, P =
= 12500 W = 12,5 kW
h
s
2
t
P
P = U I · 80% =⇒ I =
= 78,125 A ≈ 78 A
0,8 U
20. 90
P
U
= 0,56 A, R =
= 6,5 Ω
U
I
(b) Die am Aufzug umgesetzte mechanische Leistung ist
21. (a) I =
Pm = 0,9 · (1 − 0,1) · U I =
I=
Mit Beschleunigung:
I=
mgh
∆t
N
1200 kg · 9,81 kg
· 3,6 m
mgh
=
= 96 A
0,81 ∆t U
0,81 · 2,5 s · 218 V
2
mgh + m
42379,2 J + 12150 J
2v
=
= 124 A
0,81 ∆t U
0,81 · 2,5 s · 218 V
22. Aus einer Schätzung, Messung bzw. aus einem Tabellenwerk:
m = 1 kg, t = 4 min, U = 230 V, c = 4,2 gJK , ϑ0 = 20◦ C, ϑ1 = 100◦ C
U I t = c m∆ϑ
⇒
I=
c m ∆ϑ
Ut
= 6A
23. U I t = c m∆ϑ
⇒
I=
c m ∆ϑ
Ut
= 6,0 A
16
5. Magnetfeld und Strom
1
4
S
+
bC
−
bC
2
5
Elektromotor
T
1.
3
6
2. (a) Der Nagel zieht die Büroklammern an.
(b) Es werden weniger Büroklammern angezogen.
(c) Der Nagel zieht nichts mehr an.
3. Rechte-Hand-Regel für positive Teilchen:
Daumen
Zeigefinger
Mitelfinger
:
:
:
(b)
(a)
N
~v
~
B
F~
~
v
~
B
I
~
B
~
F
~
v
~
F
S
+
17
−
6. Induktion
1. Magnetfeld in der linken Spule in die Zeichenebene
(a) R ↑⇒ I ↓, d. h. Magnetfeld erniedrigt sich in der rechten Schleife. Der Induktionsstrom
in der rechten Schleife ist parallel zum bestehenden Magnetfeld, um der Abnahme
entgegenzuwirken. Der Strom fließt im Uhrzeigersinn.
(b) R ↓⇒ I ↑, d. h. Magnetfeld ernöht sich in der rechten Schleife. Der Induktionsstrom
in der rechten Schleife ist entgegengesetzt zum bestehenden Magnetfeld, um der Zunahme entgegenzuwirken. Der Strom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
2. (a) Durch das Schütteln der Lampe wird eine Änderung des Magnetfeldes innerhalb der
Spule hervorgerufen und dadurch eine Spannung induziert.
(b) Z. B. einen Magent an eine Feder hängen, und zu Schwingung anregen. Der Magent
pendelt dann in eine Spule hinein und heraus und indiziert dort eine Spannung, die
mit einem Voltmeter nachgewiesen werden kann.
(c) Für einen fünfminütigen Dauerbetrieb ist ein Energiespeicher (Akkumulator oder
Kondensator) notwendig. Dieser kann nur durch Gleichstrom geladen werden. Deshalb ist eine Gleichrichtung des Induktionsstroms notwendig. Dies kann mit einer
Diode erreicht werden
3. Der geografische Südpol ist der magnetische Nordpol der Erde. Die magnetischen Feldlinien
zeigen in der Nähe des Südpols also vom Boden nach oben.
Südpol
Blick von oben
S
~
v
~
B
Erde
~
F
N
−
Südpol
Osten
+
Westen
Wegen der negativen Ladung des Elektrons verwenden wir die Linke-Hand-Regel“:
”
~
~
~v : Daumen, B: Zeigefinger, F : Mittelfinger.
18
6. Induktion
Die Kraft auf ein Elektron zeigt also noch Osten, d.h. die östliche Flügelspitze lädt sich
negativ, die westliche positiv auf.
4. Der Spulenstrom fließt von plus nach minus, das
Spulenfeld zeigt von rechts nach links.
Lenzsche Regel: Der Induktionsstrom Ii fließt
”
so, dass er der Feldänderung durch die Leiterschleife entgegenwirkt.“
~ schwächer wird, zeigt das vom InduktionsDa B
~ i in die gleiche Richtung
strom erzeugte Feld B
~ P wird also negativ und Q positiv.
wie B,
Ii
I
~
B
+
−
−
+
P Q
Der Eisenkern bewirkt ein größeres Magnetfeld und damit auch eine größere Induktionsspannung.
19
7. Transformator
1. 6,0 V · Ip = 2 · R ·
2
Ip
20
+ 3,8 W
⇒
Ip = 0,65 A; 98%
2. (a) Wechselspannung, sonst ergibt sich kein dauerhaftes sich änderndes Magnetfeld, welches sowohl die Primär– als auch die Sekundärspule durchsetzt.
(b) Skizze:
b
bC
230 V
bC
Np
L1
Ns
L2
b
(c)
Us
Up
=
230
24 ;
Ns = 230, Np = 24.
(d) Up Ip · 0,90 = 2 · 12 W
⇒
Ip =
2 · 12 W
= 1,2 A, Pp = 27 W, Is = 1,0 A
0,90 · 230 V
3. Zwei Spulen sind um einen gemeinsamen Eisenkern gewickelt. Ein Wechselstrom durch die
Primärspule erzeugt ein sich mit der Zeit veränderndes Magnetfeld, das wegen des Eisenkerns (Ausrichtung der Elementarmagnete) auch die Sekundärspule durchdringt. Dadurch
wird an den Enden der Sekundärspule eine Spannung induziert.
4. Zwei Spulen sind um einen gemeinsamen Eisenkern gewickelt. Ein Wechselstrom durch die
Primärspule erzeugt ein sich mit der Zeit veränderndes Magnetfeld, das wegen des Eisenkerns (Ausrichtung der Elementarmagnete) auch die Sekundärspule durchdringt. Dadurch
wird an den Enden der Sekundärspule eine Spannung induziert.
n2
U2
U2 n 1
648 000 V · 400
=
=⇒ n2 =
=
= 8,64 · 107
n1
U1
U1
3V
n2
U′
U ′′
U2
(b)
=
= ′ = ′′ =⇒
n1 n2
n1
n1
U1
U
U
3
2
n2
n2
n2 ′′
U′ =
U1
U2 =
U =
n1
n1
n1
∼ U1
U′
3
U2
n2
=
=⇒
n1
U1
5. (a)
20
n2
n1 n2
U ′′
U2
7. Transformator
n2 =
r
3
6. (a) Mit k =
√
U2
3
· n1 = 216 000 · 400 = 60 · 400 = 24 000
U1
n2
U0
= 5 ist Umin = 3 = 1,84 V und Umax = U0 · k 3 = 28 750 V.
n1
k
U0
= 9,2 V
Is
k2
Ist IL der Strom, der bei UL = 10 V durch die
U0
Lampe fließt und R der Widerstand der Lampe,
dann gilt:
n2 n1
PL
= 2,0 A
PL = UL IL =⇒ IL =
UL
UL
R=
= 5,0 Ω
IL
U
Bei U = 9,2 V fließt der Strom I =
= 1,84 A durch die Lampe.
R
I
Is = 2 = 0,074 A = 74 mA
k
(b) U =
21
I
U
n2 n1
Teil II.
Elektrostatik S2
22
8. Das elektrische Feld
V
, die Feldstärke ist größer als bei einem Blitz; die Durchschlagfeldstärke der
1. E ≈ 2 · 107 m
Membran ist sehr hoch
2. Oberfläche = 2· Fläche des Kammes ≈ 2 · (15cm · 2, 5cm) ≈ 10−2 m2 ⇒ σ = 10−5 mC2 ⇒
E=
1 σ
2 ε0
V
= 6 · 105 m
Der Wert ist plausibel, denn in der Nähe eines geladenen Kammes knistert es, d. h. die
Durchschlagsfeldstärke von Luft wird überschritten.
3. .
4. 3
5.
23
8. Das elektrische Feld
6.
(a)
(b)
−
+
(c)
−
−
(d)
−
+ + + + + +
+ + + + + + + +
7. Das Superpositionsprinzip gilt für Kräfte und damit auch für Feldstärken (q ist eine Test~ (~r) ist die Kraft auf q):
ladung am Ort ~r und F
n
n
n ~
X
X
~
Fν (~r) X ~
~ r ) = F (~r) = 1 ·
E(~
=
F~ν (~r) =
Eν (~r)
q
q
q
ν=1
8. a =
ν=1
ν=1
QE
m
F
=
= 0,16 2
m
m
s
9. Die Kugel ist in Ruhe, d.h. die Gesamt-
~F ist die Fakraft auf die Kugel ist null (F
denkraft):
ϕ
~ +F
~F = 0
F~e + G
l
Damit ist −F~F parallel zum Faden und aus
der Ähnlichkeit der Dreiecke folgt
F~F
~e
F
Fe
QE
x
x
=
= =√
G
mg
y
l 2 − x2
E=
y
x
ϕ
N
xmg
√
= 245
C
Q l 2 − x2
~
G
24
−F~F
8. Das elektrische Feld
10.
 
 
√
−→
−3
−1
6 
PQ
1  
−6 =
(a) Der Einheitsvektor in Feldrichtung ist ~e =
= √
−2
|PQ|
6
3 6
3
1

  
−1,22 · 104
√ N −1
~ = E · ~e = 5000 6 −2 = −2,45 · 104  N
E
C
C
1,22 · 104
1
(b) ~e ist ein Einheitsvektor, der in die Richtung von ~v zeigt. Mit ϕ = 22,5◦ und |~e| =
1 folgt aus der Abbildung AB = cos ϕ und
damit


sin ϕ cos ϕ
~e =  cos2 ϕ 
sin ϕ
z
oben
zr
~
r
e = |~e| =
=
s
y
22,5◦ 22,5◦
22,5◦
A
Probe:
q
N
yr
B
NNO
xr
sin2 ϕ cos2 ϕ + cos4 ϕ + sin2 ϕ =
AB = |~
e| · cos ϕ = cos ϕ
cos2 ϕ (sin2 ϕ + cos2 ϕ) + sin2 ϕ = 1
{z
}
|
x
O
1

 

sin ϕ cos ϕ
81,3
km
~v = v · ~e = v  cos2 ϕ  =  196 
h
sin ϕ
88,0
11. (a) ∆nQ =
Q
· α∆t
e
q
· A0
e
A
qQA0 α∆t
qA0 Qα∆t
∆nq =
=
∆nQ =
·
2
2
4πr
4πer
e
4πe2 r 2
v0 m e
qQA0 αv0 me ∆t
∆v = ∆nq ·
=
m
4πme2 r 2
A0 αv0 me qQ
∆v
=
· 2 . Das entspricht genau dem
Kraft auf B: F = ma = m ·
∆t
4πe2
r
Coulombgesetz, wenn
A=
ε0 =
e2
A0 αv0 me
oder
A0 αv0 =
e2
me ε0
ist.
(b) α =
1
1
= 7,4 · 1042 ,
tp
s
(c) A = A0
=⇒
v0 =
m
e2
= 1,7 · 10−11
me ε0 A0 α
s
∆nq
e2 A0 α
A0 α
1
=
=
= 1,0
2
2
2
∆t
4πe r
4πr
s
25
8. Das elektrische Feld
Die Wechselwirkung mit den IPAs erfolgt für große Entfernungen sprunghaft!
aCoulomb =
e2
m
m
v0
= 1,754 · 10−11 2 , aIPA =
= 1,724 · 10−11 2
4πε0 r 2 me
s
1s
s
26
9. Das Coulombsche Gesetz
1.
Q2 Q
Q1 Q
=
2
4 π ǫ0 r
4 π ǫ0 (40 cm − r)2
⇒
Q2 r 2 = Q1 (40 cm − r)2
√
Die Lösungen
dieser Gleichung sind r = −80 5 − 160 cm ≈ −3,4 m oder
√
r = 80 5 − 160 cm ≈ 19 cm.
√
13 e2
2
, Beschleunigung: 5,0 · 103 ms−2 .
2. Richtung:
, Betrag:
−3
4 π ε0 a2
√ √ √ 3. (a) A −1,5| − 23 , B 1,5| − 23 , C 0| 3
−
−
→
−−→
1 (−e)2 AB
1 (−e)2 CB
+
−
→
−−→
2
4 π ε0 a2 k−
ABk 4 π ε0 a
kCBk
−−
→
−−→ !
AB
CB
1 e2
=
−
→ + −−→
4 π ε0 a2 k−
ABk kCBk
2
1
1 e
1
1
√
+
=
0
− 3
4 π ε0 a2
2
2
1 e 1
3√
=
2
4 π ε0 a 2 − 3
~AB + F~CB =
F
Also ist die Richtung
10−25 N.
3
√
− 3
√
1 e2 √
3 e2
3
=
und der Betrag
= 4,4 ·
4 π ε0 a2
4 π ε0 a2
Alternative:
Mit dem Kosinussatz erhält man
für
die
Länge
der
Diagonalen
p
√
12 + 12 − 2 · 1 · 1 · cos (120◦ ) = 3.
Also ist die Summe
√ der beiden Kräfte auf
die Ladung in B 3–mal so groß wie eine
einzelne Kraft. Somit ist die Kraft auf die
Ladung in B:
FB =
√
3
1 e2
4 π ε0 a2
27
B
1
b
√
1
3
9. Das Coulombsche Gesetz
−→
~AB + F~CB und von −
(b) Die Richtung von F
BO sind entgegengerichtet.
√
3 3 e2
qe
1
=
2
2
4 π ε0 a
4 π ε0 √a
√
3
e2
3 3
3 qe
=
4 π ε0 a2
4 π ε0 a2
√
3e = q
Bemerkung: Eine solche Ladung existiert nicht, da frei vorkommende Ladungen nur
als ganzzahlige Vielfache der Elementarladung e vorkommen.
4. (a) 1, 25 · 1036
(b) F = 9 · 109 N ; um eine Gewichtskraft mit gleicher Stärke zu erhalten benötigt man
eine Masse von 109 kg, etwas der Masse von einer Million PKWs.
(c) Gemeinsamkeiten:
• wirkt ohne mechanischen Kontakt und materielles Medium
• zwei Wechselwirkungspartner (Ladung/Masse)
• Kraftrichtung parallel zur Verbindungsrichtung der Quellen
• Superpositionsprinzip
• Abstandsgesetz
1
r2
Unterschiede:
Ursache
Kraftrichtung
Stärke
Abschirmbarkeit
Bedeutung
Coulombkraft
zwei Ladungen
Anziehung und
Abstoßung
groß
ja
Zusammenhalt der
Atome, Moleküle, Kristalle
Graviationskraft
zwei Massen
nur Anziehung
klein
nein
Zusammenhalt des
Makrokosmos
5. F = 230N , entspricht der Gewichtskraft einer Masse 23kg, (z. B. 23l Wasser, Schäferhund,
Kleinkind). Dies ist in Anbetracht der kleinen Protonenmasse sehr groß.
6. (a) Q3 liegt in der Symmetrieebene von Q1 und Q2 mit Abstand r zum Koordinatenursprung ⇒
Fa =
2r
0,03m
·
Q1 Q3
4πε0 ·((0,03m)2 +r 2 )
r
= 6 · 10−7 N m (0,03m)
2 +r 2
(b) 1. Fall: −0, 03m < x < 0, 03m ⇒ Fb =
10−10 N m3 ((0,03m)x2 −x2 )2
28
Q1 Q3
1
4πε0 ( (0,03m+x)2
−
1
)
(0,03m−x)2
= −5, 4 ·
9. Das Coulombsche Gesetz
2. Fall: 0, 03m < x ⇒ Fb =
Q1 Q3
1
1
4πε0 ( (0,03m+x)2 + (0,03m−x)2 )
2
2
(0,03m) +x )
= 1, 8·10−8 N m2 ((0,03m)
2 −x2 )2
2
2
1
1
−8 N m2 (0,03m) +x )
1 Q3
( (0,03m+x)
3. Fall: 0, 03m < x ⇒ Fb = − Q4πε
2 − (0,03m−x)2 ) = −1, 8·10
((0,03m)2 −x2 )2
0
7. m = 1, 86 · 10−9kg
8. F =
e2
= 34 N,
4 πε0 r 2
a=
F
m
= 2,0 · 1028 2
mp
s
2e · e
m
= 5,6 · 1021 2
4 π ε0 r 2 me
s
kg
(b) Mit m = 1 kg, ̺Cu = 8930 3 , der Masse M = 1,06 · 10−25 kg eines Kupferatoms und
m
29 · e · 1 kg
der Ordnungszahl 29 von Kupfer folgt Q =
= 4,4 · 107 C. Der Radius einer
M
1
3
3m
= 3,0 cm.
Kugel ist R =
4 π ̺Cu
9. (a) a =
F =
Q2
= 2,1 · 1027 N
4 π ε0 (3R)2
10. Laden der Kugeln: Mit einem Pol der
Spannungsquellen verbinden, den anderen
Pol erden!
x
Fe
k Q2
=√
, Fe =
mg
(2 x)2
a2 − x 2
s
4 m g x3
√
=⇒ Q =
= 8,8 · 10−9 C
k a2 − x 2
ϕ
a
a
y
Fe
Fe
x
x
ϕ
mg
29
9. Das Coulombsche Gesetz
11. Der Betrag der Kraft des Elektrons
k e2
A auf das Elektron C ist F1 = 2 .
a
Die Elektronen A und B üben auf
das Elektron C die Kraft F2 aus:
~2
F
30◦
~1
F
C
F2 = 2 · F1 cos 30◦ =
√
k e2 3
1√
3=
= 2 · F1 ·
2
a2
~C
F
Der Betrag der Gesamtkraft auf das
a
Elektron C ist mit r = KC = √
3
K
~A
F
FC = FKern − F2 =
√
√
k · 3 e · e k e2 3
k e2
=
3)
−
=
(9
−
r2
a2
a2
~B
F
30◦
30◦
A
x
B
Wegen FA = FB = FC ist
~A = FC
F
2
√ 3
,
1
FC
F~B =
2
√ − 3
,
1
F~C = FC
0
−1
0
Die Gesamtkraft auf den Kern ist FK = −(FA + FB + FC ) =
0
Das System ist im Gleichgewicht, wenn
√
3 k · QKern e k e2 3
FC =
−
= 0,
a2
a2
12.
F
x
=√
,
2
mg
a − x2
F =
k Q2
(2 x + b)2
b
mgx
k Q2
=
(2 x + b)2
a2 − x2
Quadrieren und umformen:
=⇒
f (x) =
a
F =√
k Q2
mg
2
e
d.h. für QKern = √
3
a
F
x
2
· a −x
2
2
b
x
4
− x · (2 x + b) = 0
30
mg
9. Das Coulombsche Gesetz
Zur Lösung dieser Gleichung zeichnet man f (x)
und verbessert die gefundene Nullstelle durch
Probieren mit dem Taschenrechner: x ≈ 1,2 cm
10−7
f (x)
0,01
13.
x

 

−→
5,39
3
Q1 Q2
RS
1   ~
4 , F =
(a) ~e = −→ =
−→2 ·~e = 7,19 · 10−7 N
13
RS
4 π ε0 RS
21,6
12
|
{z
}
2,34 · 10−6 N




−→
12,9
−12
RS
1 
Q
Q
1 2
(b) ~e = −→ =
3, F~ =
−→2 ·~e = −3,24 · 10−6 N
13
RS
4 π ε0 RS
4,31
−4
|
{z
}
−1,40 · 10−5 N
k Q2 q
k Q1 q
· sgn(x) +
· sgn(x − a)
2
x
(x − a)2

1
4


−k q Q1
+
für x < 0


2

(x − a)2 
x

4
1
F (x) =
−
für 0 < x < a
k q Q1
2

x
(x
−
a)2 


1
4


+
für x > a
 k q Q1
2
x
(x − a)2
14. (a) F (x) =
Für x < 0 ist F (x) < 0 und für x > a ist
F (x) > 0, d.h. Nullstelle von F nur im Bereich
0 < x < a:
=⇒ 4 x2 = (x − a)2
=⇒ 2 x = a − x
=⇒
=⇒
|2 x| = |x − a|
a
x=
3
31
F
a
x
9. Das Coulombsche Gesetz
k Q1 q
k Q2 q
· sgn(x) +
· sgn(x − a)
2
x
(x − a)2

4
1


−
für x < 0
−k q Q1


2

(x − a)2 
x

4
1
F (x) =
+
für 0 < x < a
k q Q1
2

x
(x
−
a)2 


1
4


−
für x > a
 k q Q1
2
x
(x − a)2
(b) F (x) =
Für 0 < x < a ist F (x) > 0 und für x > a ist
F (x) < 0, d.h. Nullstelle von F nur im Bereich
x < 0:
=⇒ 4 x2 = (x − a)2
=⇒ −2 x = a − x
=⇒
=⇒
|2 x| = |x − a|
x = −a
32
F
a
x
10. Das Feld von Punktladungen
1. tan α =
qE
mg
⇒
q=
m g tan α
= 8,2 nC.
E
2. (a) 1, 25 · 1036
(b) F = 9 · 109 N ; um eine Gewichtskraft mit gleicher Stärke zu erhalten benötigt man
eine Masse von 109 kg, etwas der Masse von einer Million PKWs.
(c) Gemeinsamkeiten:
• wirkt ohne mechanischen Kontakt und materielles Medium
• zwei Wechselwirkungspartner (Ladung/Masse)
• Kraftrichtung parallel zur Verbindungsrichtung der Quellen
• Superpositionsprinzip
• Abstandsgesetz
1
r2
Unterschiede:
Ursache
Kraftrichtung
Stärke
Abschirmbarkeit
Bedeutung
3.
Coulombkraft
zwei Ladungen
Anziehung und
Abstoßung
groß
ja
Zusammenhalt der
Atome, Moleküle, Kristalle
Graviationskraft
zwei Massen
nur Anziehung
klein
nein
Zusammenhalt des
Makrokosmos




x−a
x+a
1
1
~ r) = Q · 
 y −
 y 
(a) E(~
3
3
4 π ε0
2
2
2
2
2
2
2
2
[(x − a) + y + z ]
[(x + a) + y + z ]
z
z


−0,06
~ r~1 ) =  2,2 V
(b) E(
m
2,2





x−a
x+a
1
1
Q
~ r) =
 0 −
 0 
·
(c) E(~
4 π ε0
|x − a|3
|x + a|3
0
0

33
10. Das Feld von Punktladungen
Q
x−a
x+a
Ey = Ez = 0, Ex (x) =
·
−
, E(x) = |Ex (x)|
4 π ε0
|x − a|3 |x + a|3
Ex
Drei Fälle für Ex (x):

Qax

−
für x < −a



π ε0 (x2 − a2 )2







Q (x2 + a2 )
Ex (x) = −
für −a < x < a

2 π ε0 (x2 − a2 )2








−a
Qax


für x > a
2
2
2
π ε0 (x − a )
Für x ≫ a kann man a2 in der Differenz
im Nenner gegen x2 vernachlässigen und
es gilt
E(x) = |Ex (x)| ≈
 
0

(d) ~r = y 
z
~ =
|E|
=⇒
Qa 1
·
π ε0 x3
 
1
−Q a
~

0
E(~r) =
3 ·
2
2
2
2
2 πε0 · [a + y + z ]
0
|Q a|
3
2 πε0 · [a2 + y 2 + z 2 ] 2
 
 
0
0
Q
~ r) =


(e) ~r = y  =⇒ E(~
·
y
3
2 + y2 + z2 ] 2
2
πε
·
[a
0
z
z
p
|Q| · x2 + y 2
~ =
|E|
3
2 πε0 · [a2 + y 2 + z 2 ] 2
34
a
x
11. Feld ausgedehnter Ladungen, Satz
von Gauß
für 0 ≦ r < R
für r > R

0

Q(r)
=
E(r) =
Q
4 πε0 r 2 
4 πε0 r 2
1. Q(r) =
2. Q(r) =



0
Q
r3
R3
Q
Q·
E
für 0 ≦ r < R
für r > R
für 0 ≦ r ≦ R
für r > R

Q


·r

Q(r)
4 πε0 R3
E(r) =
=
Q

4 πε0 r 2 

4 πε0 r 2
R
r
R
r
E
für 0 ≦ r < R
für r > R
3. Die Ladung in einer dünnen Kugelschale mit Radius r und der Dicke dr ist
dQ = ̺(r) · 4 π r 2 dr
Ist Q(r) die Gesamtladung innerhalb einer Kugel mit Radius r, dann ist also
Q′ (r) =
dQ
= 4 π ̺(r) r 2
dr
Nach Gauss ist (E0 ist das konstante Feld)
Q′ (r) =
d
4 πε0 E0 r 2 = 8 πε0 E0 r = 4 π ̺(r) r 2
dr
=⇒
̺(r) =
2 ε0 E0
r
4. Die Ladung in einer dünnen Schicht der Dicke dr auf dem Zylindermantel mit Radius r
und Höhe h ist
dQ = ̺(r) · 2 π r h dr
Ist Q(r) die Gesamtladung innerhalb eines Zylinders mit Radius r und Höhe h, dann ist
also
dQ
= 2 π ̺(r) h r
Q′ (r) =
dr
35
11. Feld ausgedehnter Ladungen, Satz von Gauß
Nach Gauss ist (E0 ist das konstante Feld)
Q′ (r) =
d
(2 πε0 E0 h r) = 2 πε0 E0 h = 2 π ̺(r) h r
dr
=⇒
̺(r) =
ε0 E0
r
5. (a) Aus Aufgabe 2 folgt für das Feld des Elektrons



−e
·r
4 πε0 R3
E(r) =
−e


4 πε0 r 2
für 0 ≦ r < R
für r > R
In einem mit dem Elektron fest verbundenen Koordinatensystem wirkt dann für r < R
auf das Proton die Kraft
F (r) = E(r) · e = −D · r
mit D =
e2
4 πε0 R3
Nach Newton 3 (Actio gegengleich Reactio) wirkt dann in einem mit dem Proton
verbundenen System die gleiche rücktreibende Kraft auf das Elektron. Da das Proton
praktisch in Ruhe bleibt, ist als schwingende Masse die Elektronenmasse einzusetzen:
r
D
e
1
√
=
f=
= 2,5 · 1015 Hz
2 π me
4 π R π ε0 me R
(b) Mit dem äußeren Feld E ∗ ist die Gesamtkraft auf das Proton
Fges (r) = E ∗ e −
Fges (r) = 0
6.
=⇒
r=
e2
·r
4 πε0 R3
4 πε0 R3 E ∗
= 6,9 · 10−17 m
e
 
 
0
0
σ
|z|
σ
~ =
0 =
(a) E
·
· sgn(z) 0
2ε0 z
2ε0
1
1
 
0
σ1  
~
0 für 0 < z < a, das Feld ist null für z < 0 und z > a.
(b) E =
ε0
1
(c) σ =
Q
r2 π
7. Q(r) = 4 π
Zr
0
=⇒
2
E=
σ
Q
=
ε0
ε0 π r 2
̺(x) x dx = 4 π α
Zr
3
x 2 dx =
0
36
8π α 5
r2,
5
E(r) =
2α √
Q(r)
=
· r
4 π ε0
5 ε0
11. Feld ausgedehnter Ladungen, Satz von Gauß
Q1
. Damit gilt für die
4 π ε0 r 2
Q1 Q2
Kraft auf eine zweite Ladung Q2 in der Entfernung r von Q1 : F (r) = Q2 E(r) =
.
4 π ε0 r 2
8. Aus dem Gauss folgt für das Feld einer Ladung Q1 : E(r) =
9. (a) Wir nehmen an, dass es einen Punkt P gibt, in dem q im Gleichgewicht ist. Wir denken
uns eine Kugel um P, die so klein ist, dass keine der felderzeugenden Ladungen in ihr
liegt. In einer kleinen Umgebung von P muss das von den Punktladungen Q1 bis Qn
~ dann zum Punkt P hinzeigen, d.h. der Fluss durch die Kugeloberfläche
erzeugte Feld E
ist nicht null. Nach Gauss müsste sich dann in der Kugel eine felderzeugende Ladung
befinden: Widerspruch!
(b) Da es im Feld von Punktladungen keine stabile Gleichgewichtslage geben kann, ist sie
nur im Feld einer kontinuierlichen Ladungsverteilung möglich. Ein Beispiel ist die homogen geladene Kugel, in deren Mittelpunkt eine Punktladung mit entgegengesetztem
Vorzeichen im Gleichgewicht ist (siehe Aufgabe 5).
10. (a) Die Ladung innerhalb einer Kugelschale mit Radius r ist
(b)
 3
Qr



 R3
q(r) = Q




0
für r ≦ R
für R < r < 2R
für r > R

r
Q


· r = E0 ·

3

R

 4πε0 R
q(r)
2
Q
R
E(r) =
=
= E0 · 2
4πε0 r 2 

4πε0 r 2
r



0
E0 = 4,00 · 103
N
C
für r ≦ R
für R < r < 2R
für r > R
E
V
103 m
4
9E0
N
E(4 cm) =
= 2,25 · 103
16
C
9E0
N
E(5 cm) =
= 1,44 · 103
25
C
N
E0
= 1,00 · 103
E(6 cm) =
4
C
3
2
1
00
1
2
3
4
5
6
~ zeigt von M weg, die Kraft F~ = −eE
~ also immer zu M hin, d.h.
(c) E
F (r) = −
E0 e
· r = −D · r
R
37
mit D =
E0 e
N
= 2,14 · 10−14
R
m
7
r
cm
11. Feld ausgedehnter Ladungen, Satz von Gauß
Rücktreibende lineare Kraft =⇒ harmonische Schwingung mit
r
1
D
ω=
= 1,53 · 108
me
s
T =
2π
= 4,10 · 10−8 s
ω
38
12. Arbeit im elektrischen Feld
(b) W12
−3 cm = 5 cm,
2. r1 = 4 cm 3. (a)
W45
(b) W45

V
0,11 m
0
= −4 eV = −6,4 · 10−19 J
·
0,02 m
−200 m
−−−→
0,11 m
100 V
~
= e · E · P1 P2 = e ·
·
= 15 eV = 2,4 · 10−18 J
0,02 m
200 m
−−−→
~ · P1 P2 = e ·
1. (a) W12 = e · E
Q2
·
=
4 π ε0

3
−→
4. AB = −5 cm;
2
8 cm = 10 cm, W12 = −9,0 · 10−8 J
r2 = 6 cm 1
1
1
1
2 Q2
Q2
−√
=
·
−
· √
−
=
4 π ε0
3a 2a
4 π ε0
5a2
2a2
Q2
2
32
1 1
2
=
=
·
− −√ +√
Jm
4 π ε0 a
3 2
a
5
2
1
1
−
3a 2a
Q2
·
=
4 π ε0 a
1 1
−
3 2
=−
15
Jm
a
→
~ ·−
WAB = −q E
AB
(a) WAB = 1,2 · 10−6 J

288
~ = 800 V · r~0 = 384 V
(b) E
m |r~0 |
m
640




288
0,03
V 
WAB = −3 · 10−8 As · 384
· −0,05 m = −6,7 · 10−8 J
m
640
0,02

39
12. Arbeit im elektrischen Feld
5.

r3


2
Q
·

R3
(a) Q(r) = 2 Q



Q
für 0 ≦ r ≦ R
α
für R < r ≦ 3 R
für r > 3 R

Q


· r für 0 ≦ r ≦ R

3

2
π
ε
0R


Q(r)
Q
=
E(r) =
für R < r ≦ 3 R
2

4 π ε0 r
2 π ε0 r 2




 Q
für r > 3 R
4 π ε0 r 2


α · x für 0 ≦ x ≦ 1



α
V
für 1 < x ≦ 3 mit α = 4 · 105
E(x) =
2
x

m


α


für x > 3
2 x2
(b) r = x · R
W = −q ·
dr
=R
dx
=⇒
Zr
E(r̃) dr̃ = −q R ·
0
x < 1: W (x) = −q R α ·
1 < x < 3:
=−
=⇒
Zx
0
Zx
β
−β
2
x̃ dx̃ = −
dx̃
=
x̃2
1
Zx
3
dx̃
7β
β
=−
−
2
x̃
6
2
1
2
3
6
∞
−0,75
−3
−6
−7
−7,5
−8
m 2
v
2
x
3
β 2
x
2
Zx
=⇒
=⇒
r
−7
1 1
− +
x 3
β
= ·
2
m
2 (W (0) − W (∞))
= 80,0
m
s
r
m
2 (W (2R) − W (6R))
v=
= 34,6
m
s
v=
40
1 8
−
x 3
x
4
E(x̃) dx̃
0,5
W (2R) = W (6R) +
3
0
1 3
1
− +1 =β·
−
x
x 2
m
(c) W (0) = W (∞) + v 2
2
2
0
qRα
x > 3: W (x) = W (3) −
·
2
x
W
J
1
1
dr = R dx
W (x) = W (1) − q R α ·
0
12. Arbeit im elektrischen Feld
6.
−e
·r
4 π ε0 R3
(a) E(r) =

 −e
4 π ε0 r 2



für 0 ≦ r ≦ R
für r > R
WI = −e ·
=
Z∞
0
2
e
e2
E(r) dr =
·
4 π ε0 R3
8 π ε0 R
+
e2
4 π ε0 R
R=
m 2
(b)
v = WI
2 0
=⇒
v=
r
=
ZR
0
e2
·
r dr +
4 π ε0
Z∞
dr
=
r2
R
3 e2
8 π ε0 R
3e
= 1,59 · 10−10 m
8 π ε0 EI
2 WI
m
= 2,19 · 106
m
s
7. (a) 230 V · 0,10 A · 20 · 3600 s = 1,7 MJ
Cent
· 365 = 30 €
(b) 230 V · 0,10 A · 20 h · 18 kWh
(c) 55 · 106 · 23 W > 1100 W
8. (a) Gaußscher Satz: Ist Φ der elektrische Fluss durch eine geschlossene Fläche und Q die
Q
.
ε0
Radialsymmetrisch: Kugelfläche mit Radius r als geschlossene Fläche und Q(r) als
Ladung innerhalb:
gesamte Ladung innerhalb der Fläche, dann gilt Φ =
Φ = 4πr 2 E(r) =
Q(r)
ε0
=⇒
E(r) =
(b) Die Feldstärke in der Leiterkugel ist null =⇒ Q(r) = 0
für r < R
=⇒
Q sitzt auf der Oberfläche der
Leiterkugel.
Q(r)
4πε0 r 2
Qr
Q
Die Feldstärke in der Leiterschale ist null =⇒ Q(r) = 0
für 2R < r < 3R =⇒ −Q sitzt auf der Innenfläche
und Q auf der Außenfläche der Leiterschale.
(c)


0



Q
E0



= 2
2
x
E = 4πε0 r

0




E0
Q


= 2
2
4πε0 r
x
R
2R 3R
r
E
E0
für r < R bzw. x < 1
für R < r < 2R bzw. 1 < x < 2
für 2R < r < 3R bzw. 2 < x < 3
für r > 3R bzw. x > 3
R
41
2R
3R
r
12. Arbeit im elektrischen Feld
(d) Aus
W = −q
Zr
0
qQ
E(r̃) dr̃ = −
4πε0
Zr
dr̃
folgt:
r2
0


0




Zr


qQ
dr̃
1
1
qQ


−
−
=
−



4πε0
r̃ 2
4πε0 R r


R



qQ
W (r) = W (2R) = − 8πε0 R


Zr


qQ
dr̃
1
qQ
qQ
1



W (2R) −
=−
−
−
=


4πε0
r̃ 2
8πε0 R 4πε0 3R r



3R


5qQ
qQ



=−
+
24πε0 R 4πε0 r
für r < R
für R < r < 2R
für 2R < r < 3R
für r > 3R
W



0 

6


 W0 6 −
x
W (x) =

3W0




6


 W0 5 −
x
(e) W (R) + 0 = W (4R) +
v=
s
bzw. x < 1
bzw. 1 < x < 2
bzw. 2 < x < 3
bzw. x > 3
m 2
v
2
W0
R
=⇒
2R
3R
r
m 2
7Qe
v = −W (4R) =
= 8,40 · 10−19 J
2
48πε0 R
−2W (4R)
m
= 3,17 · 104
mp
s
42
13. Das Potential des elektrischen
Feldes
1. .
2.
 




0
ax − x 0
bx − x0
−→
−−→
~ =  0 , −
(a) E
P0 A =  ay − y0 , P0 B =  by − y0 
E
az − z0
bz − z0
−→
−→
~ ·−
~ ·−
ϕA = −E
P0 A = (z0 − az ) E, ϕB = −E
P0 B = (z0 − bz ) E
ϕA ′ = (z0′ − az ) E,
ϕB ′ = (z0′ − bz ) E
UAB = ϕB − ϕA = (az − bz ) E = ϕB ′ − ϕA ′
(b) ϕA = −6 V, ϕB = −15 V, ϕA ′ = −12 V, ϕB ′ = −21 V, UAB = −9 V
−2
3
→
−2
~ ·−
ϕB = −E
OB = −
3
−→
~ · OA = −
3. ϕA = −E
UAB = ϕB − ϕA = 0,14 V
V
−0,03
m = −0,09 V
·
0,01
m
V
0,04
·
m = 0,05 V
0,01
m
43
13. Das Potential des elektrischen Feldes
4. Bezugspunkt ∞:
y
Q
√
ϕ∞ (x) =
4 πε0 a2 + x2
Bezugspunkt O:
Q
a
r
ϕ0 (x) = ϕ∞ (x) + C
x
ϕ0 (0) = 0 = ϕ∞ (0) + C
ϕ
Q
=⇒ C = −ϕ∞ (0) = −
4 πε0 a
Q
1
1
ϕ0 (x) =
−
· √
4 πε0
a2 + x2 a
ϕ∞
x
URS = ϕ∞ (9 cm)−ϕ∞ (5 cm) = 92 V
ϕ0
5. (a) Die Entfernung von A oder B zum Punkt (x|y|0) ist R =
ϕ(x, y) =
2Q
Q
p
=
4 π ε0 R
2 π ε0 x2 + y 2 + a2
(b) OR = OS = 65 cm
x
=⇒
URS = ϕ(S) − ϕ(R) = 0
Q
Q
√
(c) U (r) = UOP = ϕ(P) − ϕ(O) =
−
2
2
2 π ε0 a
2 π ε0 r + a
e
= −2,88 · 106 V
U (∞) = −
2 π ε0 a
44
p
x 2 + y 2 + a2 .
13. Das Potential des elektrischen Feldes
 
x

6. Der Punkt ~r = y  hat von der z-Achse
z
p
∗
den Abstand r = x2 + y 2 . Nach Gauss
ist der Betrag der Feldstärke im Abstand
r ∗ von der z-Achse
z
r∗
~
E
̺
E(r ) =
2πε0 r ∗
∗
~
r
~ ist
Der Einheitsvektor in Richtung von E
 
x
1
y 
~e = p
x2 + y 2 0
y
r∗
und damit
x
 
x
̺
~ r) =
y 
E(~
2πε0 (x2 + y 2 )
0
Wählt man einen Punkt mit dem Abstand r0 von der z-Achse als Bezugspunkt des Potentials, dann ist das Potential im Abstand r ∗ von der z-Achse
ϕ(r ∗ ) = −
Zr∗
r0
̺
E(r) dr = −
2πε0
7.
Zr∗
r0
dr
̺
r∗
=−
ln
r
2πε0 r0
E


4 e für 0 ≦ r < r1
(a) Q(r) = 2 e für r1 ≦ r < r2


e
für r > r2
 e

für 0 ≦ r < r1


 π ε0 r 2

e
für r1 < r < r2
E(r) =
2 π ε0 r 2



e


für r > r2
4 π ε0 r 2
2E1
E(r2− ) =
E1
4
E(r2+ ) =
E1
8
E1
0
r1
r2
r
(b) Mit r2 = 2 r1 folgt
U∞ 1 = U ∞ 2 + U 2 1 =
mp 2
(c)
v = e · U∞ 1 ,
2
2e
e
+
·
4 π ε0 r2 4 π ε0
v=
s
1
1
−
r1 r2
m
2 e U∞ 1
= 1,4 · 105 ,
mp
s
45
=
a=
3e
= 108 V ≈ 1,1 · 102 V
8 π ε0 r1
m
e2
= 6,9 · 1020 2
2
s
2 π ε0 mp r1
13. Das Potential des elektrischen Feldes
8.
Fe
e2 r 2
e2
=
=
= 2,27 · 1039
Fg
4πε0 r 2 Gme mp
4πε0 Gme mp
46
14. Kondensatoren
C1 C2
= 1,6 µF
C1 C2
C3 C4
= 1,3 µF
C34 =
C3 C4
C1234 = C12 + C34 = 2,9 µF
1. C12 =
2. (a) C = ε0
W =
1
2
A
C
(0,18 m)2
= 8,8542 · 10−12
·
= 72 pF
d
V · m 0,0040 m
C U 2 = 8,1 · 10−3 J = 8,1 mJ
Q = C U = 1,1 · 10−6 C = 1,1 µC
(b) Durch die Verdoppelung des Abstandes der Platten, halbiert sich die Kapazität und
da der Kondensator vom Netzgerät getrennt ist, ändert sich die Ladung nicht. Wegen
U=Q
C verdoppelt sich die Spannung.
(c) Wmech = ∆Welektrisch =
1C
1
1
(2 U )2 − C U 2 = C U 2 = 8,1 mJ
2 2
2
2
3. (a) Q = C U = 0,13 kC, Welektrisch = 21 C U 2 = 0,40 kJ.
dC
= 2,5 km2 .
ε0
(c) Die beiden Kondensatoren sind in Reihe zu schalten. Die Kapazität dieser Reihenschaltung ist 11 F.
(b) C = ε0
(d) P =
A
d
U2
R
⇒
A=
⇒
R=
t
U (t) = U0 e− R C
U2
= 29 Ω
P
⇒
t
0,90 U0 = U0 e− R C
47
⇒
t = −R C ln 0,90 = 33 s
15. Energie des elektrischen Feldes
1. (a) E(RK ) =
Qmax
2 = E0
4πε0 RK
=⇒
2
Qmax = 4πε0 RK
E0 = 1,00 · 10−2 C
Qmax QM GM m
2 − R2
4πε0 RM
Fe − FG
M
=
(b) RM + RK ≈ RM =⇒ a0 =
m
m
2
4πε0 m
4πε0 RM
GM m
2
QM = ma0 +
= a0 RM
+ GM ·
= 2,00 · 109 C
·
2
Qmax
Qmax
RM
(c) Potential einer Kugel mit Ladung Q für r ≧ R: ϕ(r) =
Q
4πε0 r
Spannung zwischen Kugeloberfläche und ∞: U = ϕ(r) − ϕ(∞) =
Q
4πε0 R
Q
= 4πε0 R
U
Q2
Q2M
Q2
Q2max
WM = M =
= 1,0 · 1022 J, WK = max =
= 1,5 · 105 J
2CM
8πε0 RM
2CK
8πε0 RK
GM m QM Qmax
(d) Wp (r) = −
+
r
4πε0 r
m 2
QM Qmax GM m
v = Wp (RM ) − Wp (∞) = Wp (RM ) =
−
= ma0 RM
2
4πε0 RM
RM
p
m
v = 2a0 RM = 3,9 · 103
s
=⇒
C=
48
16. Bewegung geladener Teilchen im
elektrischen Feld
1. (a) Wir denken uns eine Kugelfläche A mit Radius r um den Mittelpunkt der Metallkugel.
Aus Symmetriegründen steht das von Q er~ auf dieser Fläche senkrecht und
zeugte Feld E
~ hängt nur von r ab. Daher ist der
E = |E|
Fluss durch A
E(r)
E(r)
Q
R
r
Φ = E(r) · A = 4πr 2 E(r)
E(r)
Nach dem Gaußschen Satz ist
E(r)
Q
Φ= ,
ε0
d.h.
4πr 2 E(r) =
Q
ε0
=⇒
E(r) =
Q
4πε0 r 2
(b) Mit m = me und q = −e gilt
Qq
m 2
Qq
m 2
v +
=
·0 +
2
4πε0 R
2
4πε0 r0
s
s
Qq
Qe
1
1
1
1
m
v=
·
−
·
−
= 3,1 · 106
=
2πε0 m
r0 R
2πε0 m
R r0
s
(c) a1 = a(r0 ) =
Qq
F (r0 )
m
=
= 7,9 · 1012 2
2
m
s
4πε0 mr0
m
s2
Unter der Annahme einer konstanten Beschleunigung wären die Flugzeiten des Elektrons für die Strecke s = r0 − R = 15 cm:
r
r
2s
2s
t1
−7
t1 =
= 1,9 · 10 s und t2 =
=
= 4,9 · 10−8 s
a1
a2
4
Wegen r0 = 4R ist a2 = a(R) = 16a1 = 1,3 · 1014
∆y2 < ∆y < ∆y1
mit ∆y1 =
∆y1
g 2
t1 = 1,9·10−13 m und ∆y2 =
= 1,2·10−14 m
2
16
49
16. Bewegung geladener Teilchen im elektrischen Feld
2. (a) Polung: plus unten
r
mv02
2eU0
=⇒
= 2U0 ,
v0 =
e
m
L
eE
eU
Flugzeit: ∆t =
,
Beschleunigung: ay =
=
v0 cos ϕ
m
md
L
eU
·
=0
Geschwindigkeit in y-Richtung bei x = L: v1 = v0 sin ϕ −
md v0 cos ϕ
m 2
(b)
v = eU0
2 0
2U0 d sin ϕ cos ϕ
U0 d sin 2ϕ
mv02 d sin ϕ cos ϕ
=
=
eL
L
L
ay
L
eU
L2
U L2
(c) y1 = vy0 ∆t − ∆t2 = v0 sin ϕ ·
−
· 2
=
L
tan
ϕ
−
2
v0 cos ϕ 2md v0 cos2 ϕ
4U0 d cos2 ϕ
U=
2U0 d sin ϕ cos ϕ
2U0 dL2 sin ϕ cos ϕ
L
folgt y1 = L tan ϕ −
= tan ϕ
2
L
4U0 dL cos ϕ
2
d
d
d
L
=⇒ tan ϕ <
=⇒ tan ϕmax =
(d) y1 = tan ϕ <
2
2
L
L
(e) U (ϕ′ ) = U (ϕ) =⇒ sin(2ϕ′ ) = sin(2ϕ) =⇒ 2ϕ′ = 180◦ − 2ϕ =⇒ ϕ′ = 90◦ − ϕ
200 V · 0,06 m · sin 30◦
0,2 m
d
(f) U =
= 30 V, y1 =
· tan 15◦ = 2,7 cm < (ja)
0,2 m
2
2
d
d
ϕ′ = 75◦ , y1′ = 10 cm · tan 75◦ = 37,3 cm > (nein) ϕmax = arctan = 17,7◦
2
L
Mit U =
3. (a) m = me :
m 2
v = eU
2 0
=⇒
v0 =
r
m
2eU
= 5,93 · 106
m
s
ε0 L2
· βU = −1,42 · 10−10 C
d
L
(b) Bewegung in x-Richtung: t1 =
v0 cos ϕ
Q = −CU1 = −
(C = 3,54 · 10−12 F)
eE
eU1
eβU
Beschleunigung in y-Richtung: a = −
=−
=−
=⇒
m
md
md
eβU 2
eβU
2mdv0 sin ϕ
t1 = t1 v0 sin ϕ −
t1 = 0 =⇒ t1 =
t1 v0 sin ϕ −
2md
2md
eβU
L
2mdv0 sin ϕ
=
v0 cos ϕ
eβU
=⇒
2 sin ϕ cos ϕ = sin 2ϕ =
LeβU
Lβ
LeβU
2 = 2deU = 2d
d mv0
|{z}
2eU
m
m 2
v0 = eEy0 + v02 cos2 ϕ =⇒
(c) Energiesatz:
2
2
q
mv02
2eU
Ud
d
2
2
2
2
y0 =
(1 − cos ϕ) =
sin ϕ =
sin ϕ =
1 − 1 − sin 2ϕ
2eE
2eE
βU
2β
!
!
r
r
d
d
d
L2 β 2
16
1− 1−
1− 1−
= = 1,25 cm
=
y0 =
2
2β
4d
0,8
25
2
50
16. Bewegung geladener Teilchen im elektrischen Feld
Lβ
= 2β = 0,8 =⇒
2d
L
t1 =
= 1,89 · 10−8 s
v0 cos ϕ
sin 2ϕ =
ϕ = 26,6◦
51
17. Die Elementarladung – Millikan
1. -
52
18. Laden und Entladen von
Kondensatoren
53
Teil III.
Elektrodynamik S2
54
19. Ladung und Stromstärke
1. Die frei bewegliche Ladung in einem Leiterstück der Länge ∆s = v ∆t (v ist die Driftgeschwindigkeit der Elektronen) ist ∆Q = ̺ A ∆s. Mit ∆Q = I ∆t folgt
v=
∆Q
∆I
j
∆s
=
=
=
∆t
̺ A ∆t
̺A
̺
2. Die Zahl der Cu-Atome im Leitervolumen ∆V ist n =
der frei beweglichen Ladung
̺=
Mit j =
I
ist dann
A
v=
3. Q̇(t) = I(t)
=⇒
Q(t) =
σ ∆V
. Damit folgt für die Dichte
m
1,27 · n e
1,27 · σ e
=
∆V
m
mI
mm
j
=
= 0,0467
̺
1,27 · σ e A
s
5A 3
·t
3 s2
=⇒
55
∆Q = Q(3 s) − Q(1 s) = 43,3 C
20. Kraft auf einen Leiter
56
21. Lorentzkraft
~l
F
Magnetfeld
b
F~r
Magnetfeld
Am Ort der rechten Leiterschaukel weist
das Magnetfeld nach unten. Die Elektronen im Leiter erfahren eine Kraft nach
links. Dadurch entsteht ein Strom. Dabei weist die technische Stromrichtung in
die Zeichenebene. Am Ort des linken Lei1.
ters weist dann die technische Stromrichtung aus der Zeichenebene. Die Kraft ist
nach Vorraussetzung nach rechts gerichtet. Mit der ,,rechten Hand–Regel” findet
man dann, dass das Magnetfeld nach unten gerichtet ist.
2. Durch die Bewegung der rechten Leiterschaukel nach links wird in dieser ein Strom induziert, wobei die technische Stromrichtung aus der Zeichenebene weist. Weil beide Leiterschaukeln leitend miteinander verbunden sind, fließt auch in der linken Leiterschaukel ein
Strom. Dieser ist in der linken Leiterschaukel in die Zeichenebene gerichtet. Ein stromdurchflossener Leiter in einem Magnetfeld erfährt eine Kraft. Mit der ,,rechten–Hand–Regel”
findet man, dass die Kraft auf die linke Leiterschaukel nach rechts weist.
3. (a) E0 =
qmax
4πε0 R2
=⇒
qmax = 4πE0 ε0 R2 = 1,1 · 10−13 C
(b) F1 = qv1 BE = 4,8 · 10−17 N, m =
4π 3
R ̺ = 3,4 · 10−12 kg
3
mg = 3,3 · 10−11 N = 6,8 · 105 F1
 
 
~e1 ~e1 ~e1 12
12
mT
~ = q 0 3 4 = q 4 
 4  · 10−13 N
=
(c) F~ = q~v × B
s
1 0 4 −3
−3
p
F = 122 + 42 + 32 · 10−13 N = 1,3 · 10−12 N
a=
F
m
v2
= 0,39 2 =
m
s
r
=⇒
r=
v2
= 64 m
a
57
22. Induktionsgesetz
1. (a) Q negativ, P positiv. Begründung mit Lorentzkraft.
(b) Magnetischer Fluss:

falls

0,
T
|Φ(t)| = a (v t − 0,020 m) · 0,25 s · t, falls

 2
a · 0,25 Ts · t,
falls
0 ≦ t < 1s
1s ≦ t < 3s
3s ≦ t
Induzierte Spannung:

0,

|Uind (t)| = N Φ̇(t) = N 2 a v · 0,25 Ts · t − a · 0,020 m · 0,25 Ts ,


N a2 · 0,25 Ts ,
t–Uind –Diagramm:


falls
0,
= 20 mV · t − 10mV, falls


20 mV,
falls
falls
falls
falls
0 ≦ t < 1s
1s ≦ t < 3s
3s ≦ t
0 ≦ t < 1s
1s ≦ t < 3s
3s ≦ t
Uind in mV
50
40
30
20
10
0
t in s
0
(c) 50 · 4 B
Uind
a = m ẍ
R
1
⇒
2
ẍ =
3
4
m
50 · 4 a B (4,0 s) Uind (4,0 s)
= 2,7 · 10−2 2
Rm
s
58
22. Induktionsgesetz
2. (a) Für t ≧ t2 = 15 s ist der Leiterrah-
Φ
Vs
men nicht mehr im Magnetfeld und
daher Φ(t) = 0. Für t < t2 gilt:
0,009
0,008
0,007
0,006
0,005
0,004
0,003
0,002
0,001
0
0
A(t) = b(a − vt)
Φ(t) = B(t)A(t) = αbt2 (a − vt)
Φ(t) = αb(at2 − vt3 )
Φ̇(t) = αbt(2a − 3vt)
Φ̇(t) = 0 =⇒ t0 = 0 (Minimum)
2
4
6
8
10 12 14 16 18 20
2a
= 10 s (Maximum)
3v
oder t1 =
−2 V
Φ(t) = 10
s
·t
2
1
3 − 0,2 t
s
t
s
0
2
4
6
8
10
12
14
15
Φ
mT
0
1,04
3,52
6,48
8,96
10
8,64
3,92
0
(b) Für t ∈ [0; 10 s] ist Φ(t) steigend, das
vom Induktionsstrom erzeugte Feld
~ i muss entgegengesetzt zu B
~ orienB
tiert sein (Lenzsche Regel). Der Induktionsstrom würde (wenn P und
Q leitend verbunden wären) entgegen dem Uhrzeigersinn fließen, d.h.
P ist negativ. Für t ∈ [0; 10 s] ist also
U (t) < 0, d.h.
U
V
0,004
0,003
0,002
0,001
0
2
4
8
6
10 12 14 16 18 20
-0,001
U (t) = −Φ̇(t) = −αbt(2a − 3vt)

6 · 10−4 V · t 0,1 1 t − 1
sm
s
U (t) =

0
für t < t2
t
s
0
5
10
15
für t > t2
U
mV
0
-1,5
0
4,5
U0 · T
4,8 V · 0,020 s
=
= 0,10 T.
2πN A
2 π · 50 · 30 · 10−4 m
s
r
g 2
2b
1 · s2
=
= 0,333 s
(a) t2 = b =⇒ t2 =
2
g
9
3. B =
4.
t
s
59
t
s
22. Induktionsgesetz
(b)
A(t) =
(
1
2
2 bgt
2
b
für 0 ≦ t ≦ t2
für t > t2

B0 bgt2
V


= 2,25 · t2


2
s


 B bgt
0
Φ(t) =
= 0,225 V · t

2α



2
2


 B0 b = 0,025 Vs
αt
t
Φ
Vs
0,06
für 0 ≦ t ≦ t1
0,04
für t1 < t < t2
0,02
für t > t2
(c) Für 0 < t < t1 zeigt die Lorentzkraft auf U
die Elektronen des unteren Leiters nach V0,4
links, d.h. Strom nach rechts, P positiv,
U > 0.
0,2

V


B0 bgt = 4,5 · t
für 0 ≦ t ≦ t1


s


 B bg
0
0
= 0,225 V
für t1 < t < t2
Φ̇(t) =
2α




2
2

−0,2

− B0 b = − 0,025 Vs
für t > t2
2
2
αt
t
Vorzeichen von U
=⇒
0
0,2
0,2
0,4
0,4
0,6
0,6
0,8
0,8
t
s
t
s
U (t) = Φ̇(t)
(d) Strom im unteren Leiter nach rechts, Lorentzkraft auf den Leiter nach oben (also
bremsend) =⇒ t′2 > t2 .
60
23. Magnetfeld von Strömen
1. (a) Kraft auf linken Leiter nach links, auf rechten nach rechts und auf unteren nach unten.
(b)
F in 10−2 N
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
bC
bC
bC
bC
I in A
0 1 2 3 4 5 6 7 8
F ist direkt proportional zu I.
(c) F ∼ I · ℓ
(d) B =
F
12 · 10−2 N
=
= 0,075 T = 75 mT
Iℓ
8,0 A · 0,20 m
61
24. Induktivität und Energie des
Magnetfeldes
1. (a) B0 = µ0 ·
nI0
a
n2 A
L = µ0 ·
a
B0 a
= 2,1 · 103
µ 0 I0
=⇒
n=
=⇒
La
A=
= 32 m2
µ0 n 2
=⇒
r0 =
r
A
= 3,2 m
π
(b) y = 8,25 cm − x
x2
y2
+
(4 cm)2
+
(6,5 cm)2
=
P3
r2
P2
= (8,25 cm −
x)2
+
(6,5 cm)2
=
r
r2
4
(8,25 cm)2 −16,5 cm·x+x2 +(6,5 cm)2 = x2 +(4 cm)2
(8,25 cm)2 + (6,5 cm)2 − (4 cm)2
= 5,72 cm
16,5 cm
p
r = x2 + (4 cm)2 = 6,98 cm
x
=⇒
v=
y
r
x=
mv 2
= evB0
r
6,5
r
P1
m
erB0
= 2,67 · 107
m
s
mv 2
er 2 B02
=
= 3,7 · 106 V
2e
2m
B2
1
W
2,7 · 109 J
(c) W0 = Aa · 0 = LI02 = 2,7 · 109 J,
∆t =
=
= 2,7 · 104 s = 7,5 h
2µ0
2
P
105 Js
eUp =
m 2
v
2
=⇒
Up =
(d) Spannung am Widerstand gleich Induktionsspannung:
RI = −LI˙
=⇒
R
I˙ = − I
L
˙ = d I0 e− RL ·t = − R I0 e− RL ·t = − R I(t)
I(t)
dt
L
L
1
R
1
=
= 7,14 · 10−6 .
Die Anfangsbedingung I(0) = I0 passt.
L
140 000 s
s
2R
2R
1
1
W (t1 ) = LI(t1 )2 = LI02 e− L ·t1 = W0 e− L ·t1 = W1
2
2
t1 = −
W1
W0
L
L
ln
ln
=
= 5,5 · 105 s = 1,5 · 102 h
2R W0
2R W1
R
I1 = I(t1 ) = I0 e− L ·t1 = 3,8 · 102 A
62
24. Induktivität und Energie des Magnetfeldes
R
R
R
µ0 n
µ0 n
·I(t) =
·I0 e− L ·t = B0 e− L ·t =⇒ Φ(t) = b2 n′ B(t) = b2 n′ B0 ·e− L ·t
a
a
R
b2 n ′ B 0 R
= 0,29 V
U ′ (t) = |Φ̇(t)| = U0 · e− L ·t mit U0 =
L
ϕ
(f) Φ(t) = b2 n′ B(t) cos ϕ =⇒
(e) B(t) =
U ′ = −Φ̇ = −b2 n′ (Ḃ cos ϕ − B ϕ̇ sin ϕ) =
R
= b2 n ′ B
cos ϕ + ϕ̇ sin ϕ
L
80◦
60◦
Im Intervall 0 < t′ < 0,95 s ist cos ϕ fallend, sin ϕ steigend und
40◦
B(t) ≈ B(t2 ) = 3,1 T
20◦
praktisch konstant. Maximales ϕ̇:
ϕ̇ ≈
π
2
0,29 s
= 5,4
1
R
≫
s
L
5◦
0,25
0
0,75
0,50
′
Umax
≈ b2 n′ B(t2 )ϕ̇ = 1,7 · 105 V
2. Ein stromdurchflossener Leiter ist von einem kreisförmigen Magnetfeld umgeben.
Dieses Magnetfeld ist auch am Ort der
jeweils anderen Leiters vorhanden. Ein
stromdurchflossener Leiter erfährt in einem Magnetfeld eine Kraft, die sogenannte Lorentzkraft. Ihre Richtung ermitteln
wir mit der Rechten–Hand–Regel.
~2
B
⊗
F~21
F~21
~1
B
3. 1,0 mH.
4. −4,8 V.
5. 0,20 A; 5,8 ms; 12 ms.
6. R = 8,0 Ω, L = 0,33 H
7. (a) L =
µ0 n 2 r 2 π
Nm
= 3,0 2 = 3,0 H,
a
A
R
⊗
1 2
LI = 96 J
2 0
1
=⇒ −0,10 t1 = − ln 10
s
W0 =
1
(b) I(t1 ) = I0 e− L t1 = I0 e−0,10 s t1 = 0,1 I0
t1 = 10 ln 10 s = 23 s
63
t′
0,95 s
25. Wechselstrom und Effektivwerte
1. (a) Für −t1 ≦ t ≦ t1 lautet die Gleichung von U :
U (t) = U0
t2
1− 2
t1
Mit T = t1 + t2 = t1 + αt1 = (1 + α)t1 gilt:
t
Zt1 2U0
2U0
t2
t3 1
=
U (t) dt =
1 − 2 dt =
t− 2
T
T
t1
3t1 0
−t1
0
2U0
4U0
t1
4U0 t1
=
=
t1 −
=
T
3
3(1 + α)t1
3(1 + α)
1
hU i =
T
2
Ueff
= U
Zt2
2
2
=
T
Zt1
2U02
U (t) dt =
T
2
0
Zt1 0
Zt1 t2
1− 2
t1
2
dt =
t
2U02
t5 1
2t2 t
2t3
=
1 − 2 + 4 dt =
t− 2 + 4
T
t1
t1
3t1 5t1 0
0
2
2U0
2t1 t1
2U02
2 1
16U02
+
=
t1 −
=
1− +
=
T
3
5
1+α
3 5
15(1 + α)
2U02
=
T
(b) p
3
4
= 0,6 =
5
15(1 + α)
4
=⇒
Ueff = p
4U0
15(1 + α)
16
9
=
15(1 + α)
25
α=
=⇒
1+α=
16 · 25
80
=
15 · 9
27
53
≈ 1,96
27
(c)
hU i = Ueff
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
3(1 + α) =
2
p
15(1 + α)
9(1 + α) = 15(1 + α)
9(1 + α) = 15
2
α = < 1 =⇒
3
64
nicht möglich
25. Wechselstrom und Effektivwerte
1
2. U =
T
ZT
1
U (t) dt =
T
0
Ueff
ZαT
0
U0 α2 T 2
α
U0
· t dt =
·
= U0
2
αT
αT
2
2
v
v
u
u αT
r
r
r
u ZT
u Z
2
U
u1
u
1
U02 α3 T 3
α 2
α
0
2
2
=t
U (t) dt = t
· t dt =
·
=
U0 =
U0
2
2
2
3
T
T
α T
α T
3
3
3
0
Ueff =
U0
2
=⇒
0
r
1
α
=
3
2
=⇒
α=
3
4
65
26. Wechselstromwiderstände
66
27. Elektromagnetische Schwingungen
(0,22 s)2
Q0
T2
=
=
= 6,1·102 H, I0 = ω Q0 = √
2
2
−6
4π C
4 · π · 2,0 · 10 F
LC
4,6 mA; der Betrag der maximalen Stromstärke wird zu den Zeiten 41 · 0,22 s und 43 · 0,22 s
erreicht. E = 12 C U02 = 6,4 mJ.
1. Q0 = C U0 = 0,16 mC, L =
2. 16 kHz < f < 22 kHz.
3. 12 mH.
67
28. Elektromagnetische Wellen
1. (a) µ0 = 4π · 10−7
N
Vs
= 4π · 10−7 2 ,
Am
A
As
,
Vm
Vs
Nm
= 2
A
A
c
1
f = = 1,00 · 108
λ
s
ε0 = 8,854 · 10−12
H=
µ0 n2 AS
ε0 AK
= 2,0 · 10−6 H,
C=
,
l
x
1
ε0 AK
1
ω2 =
=⇒ C =
= 2
LC
x
ω L
AK AS n2
= 2,00 mm
x = ε0 AK ω 2 L = ε0 µ0 c2 ·4π 2 ·
| {z }
λ2 l
L=
1
(b) Länge der Saite: s =
λ
4
= 0,75 m
Wellenlänge der Schallwelle: λs = 2s = 1,5 m
Geschwindigkeit der mech. Welle: v = λs · fa = 660 ms
2. (a) λD =
3,00 · 108 ms
3,00 · 108 ms
c
c
=
=
=
0,333
m,
λ
=
= 0,167 m
E
fD
fE
9 · 108 1s
18 · 108 1s
(b) cS = λf = 220
km
m
1
· 1,559 m = 343
= 1,23 · 103
s
s
h
800 m
1
v
3,6 s
= 5,55 · 10−4
(c) f = =
λ
400 000 m
s
=⇒
T =
1
= 1800 s = 30 min
f
3. (a) E und S sollten parallel sein.
(b) E und S sollten diesselbe Länge haben.
(c)
S
⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗
E
4. (a) Wa = 4πrE2 S⊙ · 1 a = 3,87 · 1026 W · 365,25 · 24 · 3600 s = 1,2 · 1034 J
68
28. Elektromagnetische Wellen
r2
S⊙
(b) 2 =
S
rE
=⇒
r = rE
1 LJ = 365,25 · 24 · 3600
r
S⊙
= rE · 3,7 · 106 = 5,6 · 1017 m = 59 LJ
S
1
· c = 9,46 · 1015 m
s
69
29. Interferenz
1. (a) Maximum der einen Lichtquelle beim 1. Beugungsminimum der anderen:
1,22 · λ
= 7,44 · 10−8 = (4,26 · 10−6 )◦ = 0,015′′
A
Auf dem Mond: x = ε · r = 7,44 · 10−8 · 3,8 · 108 m = 28,3 m
s
(b) cos ϕ = . Die cos-Funktion ist im Bereich von 0 bis π2 monoton fallend, d.h. dem
a
größeren ϕ entspricht das kleinere s:
s−λ
s λ
λ
s − ∆s
=
= − = cos ϕ −
cos(ϕ + ∆ϕ) ≈ cos ϕ − ∆ϕ · sin ϕ ≈
a
a
a a
a
λ
∆ϕ ≈
a sin ϕ
Im günstigsten Fall (ϕ = 90◦ , d.h. sin ϕ = 1) gilt
λ
∆ϕ ≈ = 2,5 · 10−9 = (1,43 · 10−7 )◦ = 0,00052′′
a
Auf dem Mond: x = ∆ϕ · r = 2,5 · 10−9 · 3,8 · 108 m = 0,95 m
A sin ε = 1,22 · λ
=⇒
ε ≈ sin ε =
~ L = ~o = E
~e + E
~r
2. (a) Feld im Leiter: E
=⇒
~ r = −E
~e
E
Er = E0 sin(kx − ωt + Φ) = −Ee = −E0 sin(kx − ωt) =⇒ Φ = π
r
λ
x2
+ h2 − x + = k · λ
(b) Gangunterschied: δ = 2 ·
4
2
2
2
x
1
1
1 2 2
2
2
=⇒ 4h = 2x k −
λ
4
+h = x+ k−
)λ
λ+ k−
4
2
2
2
=⇒
2
4h2 − k − 21 λ2
x = xk =
2 k − 21 λ
70
29. Interferenz
Einsetzen der Zahlenwerte ergibt zwei Gleichungen:
1 2
4h − k −
· 4 m2
2
1 2
2
4h − k +
· 4 m2
2
1
2
2
· 4 m2
4h + −k + k −
4
1
2
2
−4h + k + k +
· 4 m2
4
2
= (2k − 1) · 245 m2
= (2k + 1) · 187 m2
= 490 m2 · k − 245 m2
= −374 m2 · k − 187 m2
k · 8 m2 = 116 m2 · k − 432 m2
k=4
In eine der Ausgangsgleichungen eingesetzt folgt h = 21 m.
3. (a) Gangunterschied: δ = a +
(b)
δ =k·λ
=⇒
λ
a2 + x2 − x +
2
q
1
2
2
a + xk = k −
λ − a + xk = β − a + xk
2
p
a2 + x2k = β 2 − 2aβ + a2 + 2(β − a)xk + x2k
(c) β = a +
p
0 = β 2 − 2aβ + 2(β − a)xk
k − 12 λ 2a − k − 12 λ
β(2a − β)
=
xk =
2(β − a)
2 k − 21 λ − a
a2 + x2 − xk > 0, da Strecke kürzeste Verbindung zweier Punkte.
xk > 0 und β > 0
=⇒
2a − β
>0
2(β − a)
⇐⇒
(2a − β > 0 ∧ β − a > 0) ∨ (2a − β < 0 ∧ β − a < 0)
a<β=
1
(d) a < k −
2
| {z
β
a
=5
λ
=⇒
λ < 2a
}
(2a > β ∧ β > a) ∨ (2a < β ∧ β < a)
1
λ < 2a
(nicht möglich wegen a > 0)
k−
2
a 1
2a 1
+ <k<
+
λ 2
λ
2
=⇒
5,5 < k < 10,5
k
xk in m
=⇒
6
123,75
71
6 ≦ k ≦ 10
7
37,92
8
18,75
9
9,11
10
2,64
29. Interferenz
4. (a) λ =
c
= 3,00 m, d sin ϕk = kλ,
f
ϕ0 = 0,
sin ϕk = k ·
λ
= 0,6k
d
ϕ1 = arcsin 0,6 = 36,9◦ ,
ϕ−1 = −ϕ1
(b) Der Gangunterschied der beiden Strahlen ist
p
δ = b + d sin ϕ′k − r = b + d sin ϕ′k − b2 + d2 = 5 m · sin ϕ′k − 1 m = kλ
sin ϕ′k =
|0,2 + 0,6k| ≦ 1
=⇒
1m + k · 3m
= 0,2 + 0,6k
5m
−1 ≦ 0,2 + 0,6k ≦ 1 =⇒
ϕ′−2 = arcsin(−1) = −90◦ ,
ϕ′−1 = arcsin(−0,4) = −23,6◦
ϕ′0 = arcsin(0,2) = 11,5◦ ,
(c) r − b = kλ mit k ∈ N =⇒
p
b2 + d2 = b + kλ
b=
−2 ≦ k ≦ 1
ϕ′1 = arcsin(0,8) = 53,1◦
=⇒
b2 + d2 = b2 + 2bkλ + k 2 λ2
25 − 9k 2
d2 − k2 λ2
=
m
2kλ
6k
72
(k=1)
= =
8
m = 2,67 m
3
30. Beugung
1. (a) a sin ϕ = 1,22λ
=⇒
2b · 1,22λ
2b sin ϕ
2b sin ϕ
a
=a+ q
=a+ p
y = a + 2b tan ϕ = a +
cos ϕ
1,222 λ2
1 − sin2 ϕ
1 − a2
1,222 λ2
1,222 λ2
2,44 bλ
≪
1
=⇒
1
−
≈ 1 =⇒ y ≈ a +
2
2
a
a
a
p
2,44 bλ
dy
=1−
= 0 =⇒ a = a0 = 2,44 bλ
(b)
da
a2
p
p
2,44 bλ
= a0 + 2,44 bλ = 2a0 = 2 2,44 bλ
ymin = y(a0 ) = a0 + √
2,44 bλ
p
(c) ymin = 2 2,44 · 0,2 · 5 · 10−7 m = 9,9 · 10−4 m = 0,99 mm
λ≪a
=⇒
2. (a) Der Gangunterschied der beiden parallelen Strahlen
δ
(weit entfernter Beobachter P) ist δ = d sin ϕ. Maxima
der Intensität gibt es für δ = kλ mit k ∈ Z, d.h.
ϕ
d
kλ
sin ϕk =
d
ϕ
zu P
(b) Der Graf der Intensität des Doppelspalts ist überhöht gezeichnet!
I
Gitter
Doppelspalt
0
ϕ
(c) n gleichphasige und gleichstarke Einzelsender äquidistant über die Spaltbreite verteilt
und dann n → ∞.
73
30. Beugung
(d) Wegen der Beugung an der Eintrittsöffnung sind
die Bilder der punktförmigen Gegenstände keine
Punkte, sondern Scheibchen. Zwei dieser Scheibchen können noch als getrennet wahrgenommen
werden, wenn das Hauptmaximum des einen
Punktes auf das erste Minimum des anderen
Punktes fällt:
a sin ε = 1,22λ
Mit a = 10 m und λ = 600 nm ist ε ≪ 1:
R
ε
ε
sin ε
1,22λ
= tan ≈ ≈
=
2r
2
2
2
2a
Mit 1 LJ = 9,46 · 1015 m folgt
r=
Ra
= 2,05 · 1018 m = 217 LJ
1,22λ
74
a
ε