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Lösungen: 18 Potential und Spannung
1
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Lösungen: 18 Potential und Spannung
18–7 Kathodenstrahlröhre mit Ablenkkondensatoren
Bemerkungen: Bei der Berechnung der Elektronenbahnen werden folgende Näherungen gemacht:
• Das elektrische Feld wird zwischen den Platten des Ablenkkondensators als konstant und außerhalb als null
angenommen. In der extrem kurzen Zeit, in der ein schnelles Elektron durch den Ablenkkondensator fliegt,
ist die angelegte Spannung (nahezu) konstant.
• Der Schirm wird nicht als gewölbt, sondern als eben angenommen.
• Wir rechnen mit den bekannten Gln. der nichtrelativistischen Mechanik, obwohl die Elektronen durch die
Anodenspannung auf etwa 30% der Lichtgeschwindigkeit beschleunigt werden (siehe Beispiel 20.2–1).
• Die thermischen Geschwindigkeiten der Elektronen nach Verlassen der Kathode werden vernachlässigt
gegenüber den Geschwindigkeiten beim Erreichen der Anode. Kleine vertikale Geschwindigkeiten vor dem
Erreichen des Ablenkkondensators werden ebenfalls vernachlässigt. Natürlich wird auch die extrem kleine
Gravitationskraft auf die leichten Elektronen außer Acht gelassen.
Auf dem Weg zur Anode werden die Elektronen auf die horizontale Geschwindigkeit
2 e 0 U Anode
=
vx
↑
(1)
me
Gl. (18.2 − 5)
beschleunigt. Anschließend werden die Elektronen im Plattenkondensator durch das (nahezu) konstante elektrische Feld E = U Ablenk / d gleichförmig nach oben oder unten beschleunigt. Daher kann
die Bewegung der Elektronen im Plattenkondensator mit der reibungsfreien Bewegung massiver
Körper im homogenen Schwerefeld verglichen werden. Nach den bekannten Gln. für gleichförmig
beschleunigte Bewegungen sind am Ende des Plattenkondensators die vertikale Geschwindigkeit
vy = a t =
e0 E b
me v x
die vertikale Auslenkung
s Ab =
e0 E  b  2
a 2
t =
2
2 m e  v x 
und der Tangens des Richtungswinkels α
tan α =
⇒
vy
vx
=
e0 E b
m e v 2x
s Bild = s Ab + l tan α =
e0 E
m e v 2x
b

b + l
2

Mit E = U Ablenk / d und mit Gl. (1) folgt
2
Lösungen: 18 Potential und Spannung
s Bild =
1 U Ablenk  b

b  + l
2 d U Anode  2

Die Ablenkung s Bild ist direkt proportional zur Ablenk-Spannung U Ablenk .
Bemerkung: Die lineare Abbildung mit s Bild ~ U Ablenk ist nur gewährleistet, wenn sich die Ablenk-Spannung
U Ablenk während der Anwesenheit der Elektronen im Plattenkondensator nicht wesentlich ändert. Schnelle
Oszillographen verwenden daher hohe Beschleunigungsspannungen U Anode und Platten mit kleiner Breite b. So
können noch Vorgänge mit Grenzfrequenzen bei 1 − 2 GHz , d. h. Vorgänge im Nanosekunden-Bereich dargestellt werden.
Lösungen: 19 Kondensatoren
3
Lösungen: 19 Kondensatoren
19–2 Kugelkondensator
a)
C=
Q
=
U
Q
r1
∫ E dr
−
r2
Wir integrieren radial von außen nach innen, um eine positive Spannung U zu erhalten. Mit
Gl. (17.4−8) für E ( r ) finden wir
Q
C=
−
Q
4 π ε0
r1
∫
r2
=
dr
r2
4 π ε0
r2
∫
r1
dr
r2
=
4 π ε0
r1 r2
= 4 π ε0
1
1
r2 − r1
−
r1 r2
b) Für r2 → ∞ ergibt sich die Kapazität einer Kugel zu C Kugel = 4 π ε 0 r 1 .
c)
(1)
(2)
C Erde = 710 µ F
19–5 Kondensator mit leicht geneigter Platte
a) Da der Plattenabstand d ( x ) = d 0 + ( d 1 − d 0 ) x / a
nicht konstant ist, kann die Gl. C = ε 0 A / d nicht direkt
angewendet werden. Wir betrachten je einen schmalen
Streifen in y-Richtung auf der unteren und oberen Platte.
Die Streifen mit Länge b, infinitesimaler Breite d x und
Koordinate x haben an der ganzen Kapazität den Anteil 1
dC =
ε 0 dA
d ( x)
=
ε0 b dx
d1 − d 0
d0 +
x
a
a
⇒
C = ε0 b
∫
0
= ε0 b
d0 +
dx
d1 − d 0
a
=
Abb. 1 Der Streifen der Breite d x
liefert den Beitrag d C zur Kapazität.
x
d1 − d 0  a
ε0 ab
d1

a
ln  d 0 +
x =
ln
d1 − d 0 
a
d0
 0 d1 − d 0
1 In Unterkapitel 19.1 wurde betont, dass nur solche Plattenkondensatoren berechnet werden können, bei denen
die Plattenlänge und –breite viel größer sind als der Plattenabstand d. Nur so konnten wir Randeffekte vernachlässigen.
Hier hingegen betrachten wir einen Plattenkondensator mit infinitesimaler Breite dx. Das ist erlaubt, weil hier
sehr viele Kondensatoren direkt nebeneinander stehen, so dass keine Randeffekte auftreten.
4
b)
Lösungen: 19 Kondensatoren
C =
≈
ε0 a b
∆d
ln
d 0 + ∆d
d0
=
ε 0 a b ∆d
ε0 a b
=
∆d d0
d0
ε0 a b
∆d

∆d 

ln  1 +
d 0 

≈
↑
Taylorentwicklung
für ∆ d << d 0
Lösungen: 20 Elektrischer Strom
5
Lösungen: 20 Elektrischer Strom
20–2 Widerstand einer Kugelschale
In der Gl. R = ρ l / A ist l die Länge des Weges, den der Strom zurücklegt, und A die konstante
Fläche, die der Strom senkrecht durchfließt.
Beim Anlegen einer Spannung an beide Metallkörper fließt ein Strom durch den Isolator in radiale
Richtung. Da die senkrecht vom Strom durchflossene Querschnittsfläche A( r ) = 4 π r 2 nicht konstant ist, sondern von innen nach außen monoton mit dem Radius r zunimmt, kann die Gl. R = ρ l / A
nicht direkt angewendet werden. Der Isolator muss wie eine Zwiebel in dünne Schichten mit infinitesimaler Dicke d r und Flächen 4 π r 2 zerlegt werden. Jede Schicht setzt dem in radiale Richtung
fließenden Strom den Widerstand
dR = ρ
dr
4πr 2
entgegen. Da der ganze Isolator eine Reihenschaltung der dünnen Zwiebelschichten ist, müssen die
Widerstände dR summiert bzw. integriert werden. Der gesamte Widerstand des Isolators für Ströme
in radiale Richtung ergibt zu
ρ
R=
4π
r2
∫
r1
dr
r2
=−
ρ
4π
 1
1 
ρ r 2 − r1
−

=
 r2
r 1  4 π r 2 r 1

Für d : = r 2 − r 1 << r 1 , also für eine sehr dünne Kugelschale folgt wie erwartet R ≈ ρ d / ( 4 π r 12 ) .
20–6 Schaltung mit Widerständen
a) Knoten- und Maschenregel liefern sechs Gln. für die sechs Unbekannten I , I1 , . .. I 5 . Drei Knotengln. lauten:
I = I1 + I 3
(1)
I1 + I 3 = I 2 + I 4
I 5 = I 2 − I1
(2/3)
Bemerkung: Weitere Knotengln. wie z. B. I 5 = I 3 − I 4 oder I = I 2 + I 4 hängen von den drei Gln. (1/2/3) ab
und sind daher nicht unabhängig von diesen.
Drei Maschengln. lauten:
Linke Masche :
R1 I 1 − R5 I 5 − R3 I 3 = 0
(4)
Rechte Masche :
R 2 I 2 − R 4 I 4 + R5 I 5 = 0
(5)
Große Masche, oben herum:
R1 I 1 + R 2 I 2 − U = 0
(6)
b)
I1 =
1 + a + b (1 + a ) U
1 + 3 a + 2 b (1 + a ) R
I2 =
U
2 a + b (1 + a )
1 + 3 a + 2 b (1 + a ) R
6
Lösungen: 20 Elektrischer Strom
I3 =
U
1+ a + 2b
1 + 3 a + 2 b (1 + a ) R
I4 =
I5 =
a −1
U
1 + 3 a + 2 b (1 + a ) R
I =
U
2 (1 + b )
1 + 3 a + 2 b (1 + a ) R
2 b + (1 + a ) ( 2 + b ) U
1 + 3 a + 2 b (1 + a ) R
Kontrolle und Veranschaulichung:
• Die Einheiten sind richtig.
• Für b → ∞ folgt: I 1 = I 2 =
U
2R
I3 = I4 =
1 U
1+ a R
I5 = 0
I =
3+a U
2+2a R
Diese Ergebnisse sind einleuchtend und benötigen keine weitere Erklärung.
• Für b = 0 folgt: I 1 = I 3 =
I
1+ a U
=
2 1 + 3a R
I2 =
2a U
1 + 3a R
I4 =
U
2
1 + 3a R
I5 =
a −1 U
1 + 3a R
Die Ergebnisse I 1 = I 3 = I / 2 , I 2 / I 4 = a sowie das Vorzeichen von I 5 sind sofort einsichtig.
• Für a = 1 folgt: I 1 = I 2 = I 3 = I 4 =
I
U
=
2
2R
I 5 = 0 . Auch diese Gln. sind stichhaltig.
20–8 Berechnung von Widerständen
Komplizierte Schaltungen – wie z. B. die in Abb.
20.6−7 dargestellte Schaltung – können natürlich mit
der Knotengl. und der Maschengl. berechnet werden.
Dieses Vorgehen ist aber wegen der zahlreichen
Ströme mühsam; die Schaltung in Abb. 20.6−7 hat 12
Ströme.
Einfacher ist es, nur die Knotengl. zu benutzen und
mit Symmetriebetrachtungen zu arbeiten.
Wir betrachten Abb. 1 und legen eine Spannung U 14
an die Punkte 1 und 4. Aus Symmetriegründen gilt für
die Ströme I i j vom Punkt i zum Punkt j :
I 12 = 2 I 23 = I 34 =
I AB
3
Abb. 1 An die Punkte 1 und 4 wird eine
Spannung U 14 angelegt. Aus Symmetriegründen sind die drei Potentiale in den drei
Punkten 2 gleich; die drei Potentiale in den
drei Punkten 3 sind ebenfalls gleich.
(1)
Dabei ist I AB der gesamte Strom von 1 nach 4.
Ebenfalls aus Symmetriegründen sind die Potentiale ϕ 2 in den drei Punkten 2 sowie die Potentiale
ϕ 3 in den drei Punkten 3 jeweils gleich groß. Die angelegte Spannung U 14 zwischen den Punkten 1
und 4 beträgt:
U 14 = U 12 + U 23 + U 34 = R I 12 + R I 2 3 + R I 34
=
↑
Gl. (1)
1
5 I AB
5


=
R I AB
=  R + R + R  I 12 = R
2
2
3
6


7
Lösungen: 20 Elektrischer Strom
⇒
U 14
I AB
=
5
R = R AB
6
Der Gesamt-Widerstand R AB zwischen den Endpunkten der Würfeldiagonalen beträgt also 5 R / 6 .
20–9 Aufladung eines Kondensators
In Abb. 1 treten die sechs Ströme I , I 1 , ... I 5
auf. Sie werden durch sechs Gln. bestimmt.
Wegen der vier Knoten existieren drei Knotengln.:
I = I1 + I 2
(1a)
I1 = I 3 + I 5
(1b)
I4 = I2 + I5
(1c)
Abb. 1 Sechs Ströme treten im Schaltbild auf.
Drei Maschengln. können aufgestellt werden:
Linke Masche:
R I1 + R3 I 3 − U0 = 0
Obere Masche:
R I2 −
Untere Masche:
Q
+ R I 4 − R3 I 3 = 0
C
Q
− R I1 = 0
C
(2a)
(2b)
(2c)
Wir setzen die Ströme I 1 und I 4 aus den Gln. (1b/c) in die Gln. (2a/b/c) ein:
( R + R3 ) I3 + R I5
R I2 −
= U0
Q
− R I3 − R I5 = 0
C
Q
+ R I2 + R I5 − R3 I3 = 0
C
(3a)
(3b)
(3c)
Wir setzen die Ströme I 3 und I 2 aus den Gln. (3a/b) in die Gl. (3c) ein:
R − R3
R 2 + 3 R R3
2Q
+
U0 +
I5 = 0
C
R + R3
R + R3
Ableitung nach der Zeit führt mit Q& = I 5 auf:
R 2 + 3 R R3
2
I5 +
I&5 = 0
C
R + R3
Separation der Variablen ergibt
(4)
8
Lösungen: 20 Elektrischer Strom
dI5
I5
⇒
R + R3
2
dt
2
C R + 3 R R3
= −
⇒
ln
R + R3
 2
I 5 (t ) = I 5 (0) exp  −
2
 C R + 3 R R3

I 5 (t )
I 5 (0)
= −
R + R3
2
t
2
C R + 3 R R3

t


Den Anfangsstrom I 5 (0) bestimmen wir wie folgt: Zur Zeit t = 0 ist der Kondensator nach ungeladen und hat daher auch noch keine Spannung: U Konden. = Q / C = 0 . Mit Q = 0 gibt Gl. (4)
I 5 (0) =
⇒
I 5 (t ) =
R3 − R
R 2 + 3 R R3
U0
R3 − R
R
2
R + R3
 2
U 0 exp  −
 C R 2 + 3 R R3
+ 3 R R3


t


Kontrolle und Veranschaulichung:
• Die Einheiten sind richtig.
• Das Vorzeichen von I 5 ist richtig. Für R 3 = R verschwindet I 5 .
• Der exponentielle Abfall des Stromes I 5 (t ) dauert um so länger,
je größer die Kapazität C ist.
• Nach unendlich langer Zeit hat der Kondensator die Spannung
U Konden. (∞) =
1
Q ( ∞)
=
C
C
∞
∫
I 5 (t ) d t =
0
R3 − R U 0
R3 + R
2
Dann fließt kein Strom mehr, so dass man den Kondensator aus der
Schaltung herausnehmen kann (siehe Abb. 2). Wenn wir den Punkten 1 und 4 in Abb. 2 die Potentiale ϕ 1 = U 0 und ϕ 4 = 0 zuordnen, so haben die Punkte 2 und 3 in Abb. 1 die Potentiale
ϕ2 =
R
U0
R3 + R
ϕ3 =
U0
2
⇒
ϕ3 − ϕ2 =
Abb. 2 Nach unendlich langer
Zeit kann der Kondensator aus
der Schaltung herausgenommen
werden.
R3 − R U 0
R3 + R
2
(Siehe auch Aufgabe „20–4 Wheatstonesche Brücke“.) Diese Potentialdifferenz ist genauso groß, wie die zuvor berechnete Spannung U Konden. ( ∞ ) .
20–10 Gebogener Leiter
Gl. (20.2–5) R = ρ l / A kann nicht direkt angewendet werden, weil die innen fließenden Ströme einen kürzeren Weg l
zurücklegen als die außen fließenden Ströme. Daher müssen
wir den gebogenen Stab in sehr dünnwandige, kreisförmig
gebogene Stäbchen zerlegen, deren Leitwerte sich wegen
ihrer Parallelschaltung addieren.
In dem dünnwandigen, gebogenen Stäbchen, das die Dicke
dr hat und in Abb. 1 dunkel dargestellt wird, muss der
Abb. 1 Die infinitesimalen elektrischen Leitwerte dünnwandiger, gebogener Stäbe werden addiert.
Lösungen: 20 Elektrischer Strom
9
Strom die Strecke l = π r zurücklegen. Die Querschnittsfläche dA = b dr des Stäbchens ragt die
Höhe b aus der Papierebene heraus und wird senkrecht vom Strom durchflossen. Der elektrische
Leitwert des dünnwandigen Stäbchens in Abb. 1 beträgt
dG =
b dr
ρπ r
Durch Integration ergibt sich der gesamte elektrische Leitwert:
ra
b
G =
ρπ
ra
dr
b
=
ln
r
ρπ
ri
∫
ri
R =
⇒
1
=
G
ρπ
ra
b ln
ri
Kontrolle und Veranschaulichung:
• Die Einheiten sind richtig.
• Für einen dünnen gebogenen Leiter mit d : = ra − ri << ri folgt die Gl. (20.2–5):
R =
b ln
ρπ
=
ri + d
ri
ρπ
d 

b ln  1 + 
ri 

≈
ρ
↑
ln (1 + ε ) ≈ ε
für ε << 1
π ri
bd
=ˆ ρ
Weg
A
20–12 Auf- und Entladungen
a) Lange Zeit nach dem Schließen des Schalters fließt kein Strom
mehr, so dass der Kondensator Nr. 1 keine Ladung mehr trägt (sie
würde über den ohmschen Widerstand abfließen).
Folglich müssen die Kondensatoren Nr. 2 und 3 nach unendlich
langer Zeit jeweils die Spannung U 0 / 2 und die Ladung
Q ∞ = C U 0 / 2 haben. D. h.: Nach dem Schließen des Schalters
entleert sich der Kondensator Nr. 1 und die Kondensatoren Nr. 2
und 3 laden sich weiter auf.
I = I1 + I 2
b) Knotengl. :
(1)
Die zwei Maschengln. lauten:
Q1
C
RI −
Mit
Q2
+
C
Q1
+
Q3
− U0
C
Q1
=
↑
Q2 = Q3
C
+
2 Q2
C
− U0 = 0
= 0
C
Abb. 1 Technische Ströme
nach dem Schließen des
Schalters S.
(2a)
(2b)
=
Q& 1
− I1
↑
Kondensatorentleerg.
=
Q& 2
I2
↑
Kondensatoraufladg.
führen Zeitableitungen der Gln. (2a) und (2b) auf
−
I1
C
+
2 I2
C
= 0
⇒
I1 = 2 I 2
=
↑
Gl. (1)
2
I
3
(3)
10
und
Lösungen: 20 Elektrischer Strom
R I& +
I1
C
2I
R I& +
= 0
3C
=
↑
Gl. (3)
Trennung der Variablen ergibt
I (t )
dI
2 dt
= −
I
3RC
⇒
∫
⇒
I (0)
dI '
2
= −
I
3RC
t
∫ dt '
0
2t 

I (t ) = I (0) exp  −

 3RC 
Zur Zeit t = 0 liegt am ohmschen Widerstand die Spannung U 0 / 3 an, so dass I (0) = U 0 / (3 R ) .
⇒
I (t ) =
U0
2t 
3

exp  −
=
I 1 (t ) = 3 I 2 (t )

3R
2
 3RC 
Kontrolle und Veranschaulichung:
• Die Einheiten sind richtig.
• Der Kondensator Nr. 1 entlädt sich vollständig, weil
∞
∫
2 U0
9R
I 1 (t ) d t =
0
∞

2t 
∫ exp  − 3 R C  d t = C
0
U0
3
• Die Kondensatoren Nr. 2 und 3 laden sich von U 0 / 3 auf U 0 / 2 auf, weil
∞
∫
0
1
I 2 (t ) d t =
2
∞
∫ I 1 (t ) d t == C
0
U0
6
c) Vor und sehr lange Zeit nach dem Schließen des Schalters sind folgende Energien in den drei
Kondensatoren gespeichert:
E vorher = 3
C  U0 


2  3 
2
=
C 2
U
6 0
E∞ = 2
Im Widerstand wird die elektrische Energie
∞
E ohm = R
∫I
2
0
(t ) d t =
C 2
U
12 0
verbraucht und die Spannungsquelle liefert die Energie
∞
E Quelle = U 0
∫ I 2 (t ) d t =
0
⇒
C 2
U
6 0
E vorher + E Quelle = E ∞ + E ohm =
C 2
U
3 0
C  U0 


2  2 
2
=
C 2
U
4 0
Lösungen: 22 Induktion
11
Lösungen: 22 Induktion
22–6 Rollender Holzzylinder
Auf die Leiterstücke, die auf den beiden Stirnflächen
des Zylinders liegen und die Länge 2 r haben, wirken
Lorentzkräfte in Richtung der Zylinderachse. Diese
Kräfte beeinflussen die Bewegung nicht. Auf die
Leiterstücke, die parallel zur Zylinderachse liegen und
die Länge l haben, wirken zwei entgegengesetzt gleich
große, horizontale Lorentzkräfte mit dem jeweiligen
Betrag
F L = N I ind l B
(Siehe Abb. 1) Sie erzeugen das Drehmoment
M L = F L 2 r sin ϕ = 2 N I ind l B r sin ϕ
Abb. 1 Auf den Zylinder wirken
zwei Lorentzkräfte, die Gewichtskraft, die Normalkraft N und die
Haftreibungskraft FH .
Laut Induktionsgesetz ist der Strom gleich
I ind =
=
⇒
U ind
R
NB d
( l 2 r cos ϕ ) =
R d t 14243
= −
= A( t )
NB
2 l r ϕ& sin ϕ
R
ML = −
( 2 N B l r sin ϕ ) 2
R
ϕ&
(1)
Die Drehimpulsgl. für Drehungen um den Schwerpunkt S des Zylinders lautet nach Gl. (6.4–1):
&& = M L + F H r
IS ϕ
mit dem Trägheitsmoment I S =
(2)
1
m r2.
2
Die Schwerpunktgl. für die x-Koordinate lautet:
m &&
x S = m g sin α − FH
(3)
Eine dritte Gl. folgt aus der Rollbedingung:
xS = r ϕ
⇒
&&
&&
xS = r ϕ
&& . Auflösung nach ϕ
&& führt auf
Die drei Gln. (2) bis (4) enthalten die drei Unbekannten F H , x&&S , ϕ
(I
S
)
&& = M L + m g r sin α
+ mr2 ϕ
(4)
12
Lösungen: 22 Induktion
Mit Gl. (1) finden wir die nichtlineare Dgl.
(
)
&& +
IS + m r 2 ϕ
(2 N B l r)2
R
sin 2 ϕ ϕ& = m g r sin α
(5)
Diese nichtlineare Dgl. zweiter Ordnung für den Rollwinkel ϕ( t ) kann nur numerisch gelöst werden.
Kontrolle und Veranschaulichung:
&& =
• Für B = 0 folgt die Dgl. &&
xS = r ϕ
g sin α
1 + I S / (m r 2 )
, die bereits in Beispiel (6.4–2) aufgestellt wurde.
• Der zweite Term in der Dgl. (5) beschreibt die Reibungsverluste, die durch den ‘Wirbelstrom’ in der Spule
entstehen. Die Reibungsverluste wachsen wie erwartet mit der Windungszahl N und mit dem Magnetfeld B.
22–7 Gleitender Draht
a) Wegen der Flussänderung durch die Leiterschleife wird ein Strom induziert. Nach der Lenzschen
Regel hat er eine solche Richtung, dass die Lorentzkraft die Entstehung des Stromes hemmen will.
Daher zeigt die Lorentzkraft in Abb. 1 nach links; folglich zeigt die technische Stromrichtung aus der
Papierebene hinaus auf den Leser zu.
Auf den Stab wirken Gewichtskraft, Lorentzkraft und
die (hier bedeutungslose) Normalkraft der Unterlage.
Gewichtskraft m g und Lorentzkraft FL werden
jeweils in eine Komponente parallel zum Hang und
senkrecht zum Hang zerlegt. Diese Zerlegung ist die
einzig sinnvolle, weil die Komponenten senkrecht zum
Hang die Bewegung nicht beeinflussen und weil die
Komponenten parallel zum Hang nur die Bewegung
beeinflussen und keine Kraft auf den Hang ausüben.
Abb. 1 Die gestrichelten Kräfte m g und
F L werden zerlegt in Komponenten
parallel und senkrecht zum Hang.
Ein Kräftegleichgewicht besteht für
m g sin α = FL cos α
Mit Gl. (22.1–6) ergibt sich die Lorentzkraft zu
FL = I l B =
⇒
m g sin α =
U ind
R
=
lB
↑
v cos α = horizontale
Komponente von v
(B l)2
v cos 2 α
R
⇒
B l v cos α
lB
R
v =
m g R sin α
( B l ) 2 cos 2 α
(1)
b) Bei konstanter Geschwindigkeit sind die induzierte Spannung und die elektrische Leistung P, die
im Widerstand verbraucht wird, konstant. Die Summe aus der Wärme Q, die im ohmschen Widerstand freigesetzt wird, und der potentiellen Energie E pot = V = m g h des Stabes beträgt
Q + E pot = P t + m g h =
(
)
2
U ind
t + m g h 0 − v t sin α =
R
Lösungen: 22 Induktion
 ( B l cos α ) 2

= m g h0 + v t 
v − m g sin α 
R


=
↑
13
m g h0
Gl. (1)
c) Nur die Richtung des induzierten Stromes ändert sich.
22–9 Beschleunigung durch Lorentzkraft
a) Die Lorentzkraft beschleunigt den Stab und ist proportional zum Strom durch den Stab. Der Strom
wird durch angelegte Batteriespannung U 0 und die induzierte Spannung hervorgerufen.
Wir berechnen zuerst die induzierte Spannung, dann den Strom und die Lorentzkraft. Abschließend
wird die Bewegungsgl. aufgestellt und integriert.
Wegen der im Stab induzierten Spannung
U ind = −
d
dt
∫ B ⋅ d A = − B d t [ l x (t ) ] = − B l v (t )
d
fließt in der Schleife der Strom
I (t ) =
⇒
U 0 + U ind
R
FL ( t ) = B l I ( t ) =
=
U 0 − B l v (t )
Bl
R
(1)
R
( U 0 − B l v( t ) )
Das zweite Newtonsche Axiom besagt
ma = m
dv
Bl
=
( U0 − B l v )
dt
R
Trennung der Variablen führt auf
dv
Bl
=
dt
U0 − B l v
mR
Abb. 1 Geschwindigkeit v(t ) nach Gl. (2).
v (t )
⇒
∫
0
⇒
−
dv '
Bl
=
U0 − B l v '
mR
t
∫ dt '
0
1
U − B l v(t )
Bl
ln 0
=
t
Bl
U0
mR
⇒
v(t ) =
U0
Bl

 (B l)2  
−
1
−
exp
t 

m R  


(2)
Nach sehr langer Zeit erreicht die Geschwindigkeit den konstanten Wert U 0 / ( B l ) . Der Strom I (t )
und damit auch die Lorentzkraft sind dann null, weil U ind (∞) = − U 0 .
b) Nach den Gln. (1) und (2) lautet der Strom
I (t ) =
 (B l) 2
exp  −
R
mR

U0

t

(3)
14
Lösungen: 22 Induktion
Folglich liefert die Spannungsquelle im Zeitintervall [ 0 , ∞ ] die Energie
∞
E Quelle =
∫ P(t ) dt
∞
∫
= U0
0
0
U 
I (t ) dt = m  0 
 Bl 
2
(4a)
Diese Energie wird in kinetische Energie E kin und in Wärme Q umgesetzt. Nach Gl. (2) gilt
v(∞) =
U0
Bl
I (∞)
⇒
=
0
↑
Gl. (1)
Nach unendlich langer Zeit verschwinden Strom und Lorentzkraft und der Stab gleitet mit konstanter
Geschwindigkeit und mit der kinetischen Energie
E kin =
m 2
m  U0 
v (∞) = 

2
2  Bl 
2
(4b)
Der ohmsche Widerstand R nimmt in der ganzen Zeit folgende elektrische Energie auf und setzt sie
als Wärme frei:
∞
Q =
∫ PWiderstd. (t ) d t
=
↑
Gl. (20.3- 3)
0
⇒
∞
R
∫I
0
2
(t ) d t
=
↑
Gl. (3)
m
2
 U0 


 Bl
2
E Quelle = E kin + Q
22–15 Induktion in Kreisleiter
Nach dem Induktionsgesetz gilt:
U ind = B
dASegm.
dt
Dabei ist A Segm. die Fläche des Kreissegments, das im Magnetfeld eingetaucht ist (siehe die dunkel graue
Fläche in Abb. 1). Der zugehörige
Kreissektor mit dem Öffnungswinkel
2 α hat die Fläche
A Sektor = α r 2
Das Dreieck ACD in Abb. 1 hat die
Fläche
A Dreieck = r 2 cos α sin α
Abb. 1 Die dunkel graue Fläche A Segm. des Kreissegmentes, das im Magnetfeld eingetaucht ist, wird
mit dem Winkel α berechnet.
Das dunkel graue Kreissegment ist die
Differenz dieser beiden Flächen:
ASegm. = A Sektor − A Dreieck = r 2 ( α − cos α sin α ) =
(4c)
Lösungen: 22 Induktion
(
= r 2 α − cos α
1 − cos 2 α
)
15
(1)
Für die Berechnung der Zeitableitung A& Segm. benötigen wir Zeitabhängigkeit des Winkels α( t ) .
Nach Abb. 1 gilt:
r = v t + r cos α
⇒
cos α = 1 −
vt
r
⇒
vt 

α = arccos  1 −
r 

Einsetzen des Winkels α in Gl. (1) führt auf

vt
vt


ASegm. (t ) = r 2  arccos  1 −
 − 1 −

r
r 




d ASegm.
= 2rv
vt

1 − 1 −

r 

2
⇒
U ind = 2 r v B
vt

1 − 1 −

r 

2
⇒
dt
2
v t  

1 − 1 −

r  

für 0 ≤ t < 2 r
v
(1)
Kontrolle und Veranschaulichung:
• Die Einheiten sind richtig.
• Die induzierte Spannung ist proportional zur r B .
• Die induzierte Spannung geht am Anfang und am Ende der Überdeckung gegen Null, weil sich die überdeckte Fläche dann nur sehr langsam ändert.
• Bei halber Überdeckung (dann ist t = r / v ) ist die induzierte Spannung gleich 2 r v B .
16
Lösungen: 24 Wechselstromkreise
Lösungen: 24 Wechselstromkreise
24–8 Tiefpass, Hochpass und Bandpass
UE
a)
I =
⇒
UA = Z C I =
⇒
Uˆ A ( ω) =
U E = Uˆ E e i ω t
mit
1
R+
i ωC
UE
I
=
=
i ωC
1 + i R ωC
UE
1 + (R ω C)
2
e −i ϕ
mit
tan ϕ = R ω C
Uˆ E
1 + (R ωC)
2
Der Scheitelwert Uˆ A ( ω) der Ausgangsspannung geht mit zunehmender Frequenz gegen null, weil der
Kondensator die Ausgangsspannung kurz schließt. Als „Grenzfrequenz“ ω G wird die Frequenz
bezeichnet, bei der Uˆ A ( ω G ) = U E / 2 :
1
1 + (R ωG C )
b)
2
=
1
2
Uˆ A ( ω) = Uˆ R ( ω) = R Iˆ =
⇔
1
RC
ωG =
Uˆ E
 1 
1+

 R ωC 
2
Der Scheitelwert Uˆ A ( ω) der Ausgangsspannung geht mit zunehmender Frequenz gegen Û E , weil
der Blindwiderstand des Kondensators gegen null geht.
Abb. 1 Frequenzgang des Verhältnisses Uˆ A (ω) / Uˆ E von Ausgangszu Eingangsspannung für Tief-, Hoch- und Bandpass.
Lösungen: 24 Wechselstromkreise
Auch hier wird die Grenzfrequenz ω G durch die Beziehung Uˆ A ( ω G ) = U E /
1
1


1+

 R ωG C 
1
2
=
2
⇔
ωG =
17
2 definiert:
1
RC
c) Nach Gl. (24.6–24c) fließt durch den rechten Widerstand in Abb. 24.13–9c der Strom
IR =
⇒
UE
1
i ωC
1  1
1 
1


R + i ωC  i ωC + R + i ωC  R + i ωC R




=
UE
1 

3 R + i R2 ωC −
ω C 

Uˆ E
Uˆ A ( ω) = R IˆR =
1 

9 + R ωC −
R
ω
C 

2
Für die Mittenfrequenz ω M = 1/ ( R C ) ist die Ausgangsspannung maximal mit
Uˆ A ( ω M ) =
Uˆ E
3
24–9 Saugkreis und Sperrkreis
a) Nach Gl. (24.6–24c) ist der Strom durch den Widerstand R 3
I3 =
U Z2
(24.6–24c)
Z1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3
In dieser Aufgabe bedeutet das:
I3
1 

U i ω L +
i
ω
C 

=
1 
1


R1  i ω L +
+ R1 R 3 +  i ω L +

i ωC 
i ωC



 R3

=
U
=
R1 + R 3 − i
R1 R 3
1 

ω L − ωC 


Daraus folgt
(
)
I 3 (t ) = Re I 3 (t ) =
Uˆ cos ( ω t + ϕ )
( R1 + R 3 ) 2 +  ω L R−11R/ (2ω C ) 


2
= Iˆ 3 (ω) cos ( ω t + ϕ )
18
Lösungen: 24 Wechselstromkreise
Abb. 1 Iˆ3 ( ω) für den Saugkreis.
Bei der oberen Kurve ist R 3 am
kleinsten, bei der unteren Kurve
am größten.
mit
tan ϕ =
R1 R 3
1
R1 + R 3 ω L − 1
ωC
Für die Resonanzfrequenz ω R = 1/ L C ist I 3 (t ) = 0 , weil die Spannungen an Spule und
Kondensator entgegengesetzt gleich groß sind, so dass am Widerstand R 3 keine Spannung abfällt.
Kontrolle und Veranschaulichung:
• Die Einheiten sind richtig.
• Für ω → 0 und für ω → ∞ geht Iˆ3 ( ω) → Uˆ / ( R 1 + R 3 ) . Das ist verständlich, weil der Widerstand des
Reihenschwingkreises in diesen Fällen gegen Unendlich geht.
U
U
=
1
i
iωL ⋅
R+
1
i ωC
− ωC
+ R
1
ωL
iωL +
i ωC
b)
I (t ) =
⇒
I (t ) = Re ( I (t ) ) =
mit
tan ϕ =
1
R
Uˆ
1

R2 + 
1
− ωC

 ωL




2
cos( ω t − ϕ)
1
1
− ωC
ωL
Für die Resonanzfrequenz ω R = 1/ L C ist I (t ) = 0 , weil die Ströme durch Spule und
Kondensator entgegengesetzt gleich groß sind, so dass kein Strom durch den Widerstand R fließt.
Kontrolle und Veranschaulichung:
• Die Einheiten sind richtig. Für ω → 0 und für ω → ∞ geht Iˆ(ω) → Uˆ / R .