LWB-2014-Theorie-Lösungen

Landeswettbewerb der 33. Österreichischen Physikolympiade 2014
08-04-2014
Theoretische Aufgaben
LÖSUNGEN
1. MECHANIK
1.1 [1 P]
t=
2h
=
g
2 ⋅ 1,0
≈ 0,447 s ≈ 0,5 s
10
1.2 [1 P]
Die Kraft auf den Körper wird durch die Gravitation der Erde hervorgerufen. Der Körper
zieht die Erde mit einer gleich großen, entgegengesetzt gerichteten Kraft an. Die Erde
bewegt sich ebenfalls und fällt dem Körper ein kleines Stück entgegen. Aufgrund der
großen Masse (Trägheit) der Erde, ist diese Bewegung aber so minimal, dass sie nicht
beobachtet werden kann.
1.3 [1 P]
r
Wenn sich Wagen B nicht gegenüber C bewegt, so ist die Beschleunigung a für beide
gleich groß und nach rechts gerichtet. Die einzige Kraft die waagrecht an B angreift
kommt über den Faden und es muss nach dem zweiten Newton’schen Gesetz gelten:
FB = mB ⋅ a .
Über die Rolle wird die Kraft FB umgelenkt und zieht am Wagen A nach oben.
Außerdem wirkt auf A die Gewichtskraft G A = m A ⋅ g nach unten. Da A auf gleicher
Höher bleibt, muss die senkrechte Beschleunigungskomponenten Null sein und nach dem
zweiten Newton’schen Gesetz somit auch die Summe der in diese Richtung angreifenden
Kräfte:
FB − G A = m A ⋅ a A, y = 0 .
Somit gilt FB = G A , bzw. mB ⋅ a = m A ⋅ g und man erhält a =
mA
⋅g
mB
Wenn das gesamte System mit dieser Beschleunigung nach rechts beschleunigt wird,
bleibt der Rollwagen A auf gleicher Höhe und B bewegt sich nicht gegenüber dem großen
Rollwagen C.
Mit den gegebenen Zahlenwerten folgt: a =
1.4 [1 P]
0,2
⋅ 10 ≈ 6,7 m/s2
0,3
r
Wenn eine Kraft F auf einen
Körper mit der Masse m wirkt, so führt dies nach dem 2.
r
r
r
Newton’schen Gesetz, F = ma , zu einer entsprechenden Beschleunigung
a . Wenn
r
mehrere Kräfte gleichzeitig wirken, muss die resultierende Kraft Fges ermittelt werden, die
dann die Beschleunigung hervorruft.
Welche Kräfte wirken in diesem Beispiel auf die Masse m ?
r
r
Die Erdanziehung führt zur Gewichtskraft G = mg , die
senkrecht nach
r unten wirkt. Als Reaktion übt der Keil eine
Gegenkraft R auf die Masse m nach oben aus. Da keine
Reibung vorhanden ist, kann die Gegenkraft keine
Komponente parallel zur Oberfläche besitzen, es tritt nur
eine Normalkomponente auf.
r
Die gesamte resultierende
r Fges
r Kraft
r bewirkt
r die Beschleunigung des Körpers: Fges = G + R = ma
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Theoretische Aufgaben
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r
Da die Gegenkraft R senkrecht und die Beschleunigung parallel zur Oberfläche gerichtet
sind, ist es sinnvoll, die parallelen und senkrechten Komponenten der Vektorgleichung
getrennt zu betrachten. Für diese Zerlegung ist die größte Vereinfachung zu erwarten.
Parallel: G ⋅ sin α + 0 = m a
Mit G = mg folgt bereits der Betrag von a als a = g ⋅ sin α .
Die senkrechten Komponenten − G ⋅ cosα + R = 0 werden für die Berechnung von a gar
nicht benötigt.
Damit die Masse m eine Höhendifferenz h zurücklegt, muss sie einen Weg s = h / sin α
zurücklegen. Die Gleichung für eine gleichmäßige Beschleunigung lautet
t=
2h
1
2 ⋅1
=
= 2 ⋅ 0,2 = 0,894 s
g
sin 30° 10
2s
2h
1
=
=
a
sin α ⋅ g ⋅ sin α sin α
1.5 [1 P]
Wie vorhin wirkt zwischen der Masse m und dem Keil
eine Kraft vom Betrag Rm = Gm ⋅ cosα = mg ⋅ cosα , die
die Masse m nach oben drückt. Als Reaktion entsteht
r
am Keil eine entgegengesetzt gleich große Kraft − Rm .
Die Kräfte, die durch die Masse m verursacht werden,
versehen wir hier mit dem Index m .
Da sich die Körper nicht drehen können, kann man die
Kräfte
im Schwerpunkt der Körper angreifen lassen.
r
− Rm steht senkrecht auf die Oberfläche und zeigt im Keil
unter dem Winkel α nach
links unten. Natürlich wirkt
r
r
noch die Gewichtskraft G M = M g mit der Masse M des
Keils lotrecht nach unten.
Da
r sich der Keil nicht bewegen kann, muss dies von der Auflage her zu einer Gegenkraft
RM führen, sodass die Summe aller Kräfte auf den Keil Null ergibt. Wäre dies nicht der
Fall, würde der Keil durch die resultierende Gesamtkraft beschleunigt!
Anmerkung: die Beträge der Kräfte sind nicht im richtigen Verhältnis zueinander eingezeichnet, da die Gewichtskraft des Keils zehnmal so groß ist als die des gleitenden
Körpers.
r
r
r
r
− Rm + G M + RM = 0 ( = M ⋅ a M )
bzw.
r
r
r
RM = + Rm − G M
r
Auf die Waage wirkt die Gegenkraft − RM . Sie kann aber nur die senkrechte
Komponente davon anzeigen, da sie für die waagrechte Komponente, die durch die
herabgleitende Masse m verursacht wird, nicht empfindlich ist. Die senkrecht nach unten
r
r
r
wirkende Komponente von − RM = G M − Rm lautet:
Mg + RM cosα = Mg + mg ⋅ cos a ⋅ cosα = ( M + m ⋅ cos2 α ) ⋅ g
Einsetzen der Zahlenwerte ergibt (1 + 0,1 ⋅ cos2 30°) ⋅ 10 = 10,75 N ≈ 10,8 N .
Wenn sich der kleinere Körper nicht bewegen würde, würde man als gemeinsame
Gewichtskraft 11 N messen, aufgrund der Bewegung tritt aber eine verminderte
senkrechte Kraft von etwa 10,8 N auf der Waage in Erscheinung!
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1.6 [2 P]
Wenn sich die Masse m nicht nach oben oder unten bewegt, so unterliegt sie derselben waagrechten Beschleunigung a x wie der Keil. Für die Beschleunigung der Masse
m nach rechts ist eine zusätzliche Kraft notwendig, die vom
Keil aufr den kleineren Körper übertragen werden muss. Die
Kraft R muss wieder senkrecht auf die Gleitfläche
stehen,
r
da keine Reibungskräfte vorhanden sind. Rr muss so vergrößert werden, dass die resultierende Kraft Fges waagrecht
ist und die daraus resultierende Beschleunigung keine senkrechte Komponente aufweist. Der Körper bleibt dann auf gleicher Höhe.
r r
r
r
Fges = G + R = ma
r
Da die Beschleunigung a waagrecht wirkt, ist es hier von Vorteil, die waagrechte und lotrechte Komponente der Vektorgleichung anzuschreiben.
lotrecht:
− mg + R ⋅ cosα = 0
⇒
R=
mg
cosα
R ⋅ sin α mg ⋅ sin α
= g ⋅ tan α
=
m
m ⋅ cosα
Wenn der Betrag der Beschleunigung nach rechts also a = g ⋅ tan α beträgt, bleibt die
waagrecht: 0 + R ⋅ sin α = ma
⇒
a=
Masse m auf gleicher Höhe.
Mit den gegebenen Zahlenwerten belegt ergibt sich:
a = g ⋅ tan α = 10 ⋅ tan 30° = 5,77 m/s2 ≈ 5,8 m/s2
1.7 [2 P]
Dieses Aufgabe ist schwieriger, aber mit dem systematischen Lösungsweg von vorhin, lösbar.
Die Summe der Kräfte auf
r
Beschleunigung a m , wobei
Reibung wieder senkrecht
steht:
r
r
r
Gm + Rm = m a m
die
r Masse m ergibt die
Rm wegen der fehlenden
auf die Zwischenfläche
(Gl. 1)
Die Summe der Kräfte auf den Keil mit der Masse M
r
ergibt dessen Beschleunigung a M , die parallel
zur
r
Gleitfläche ist.r Es wirkt die Gewichtskraft GM , die
Gegenkraft
− Rm zur Masse m und die Reaktionskraft
r
RM von der Auflage, die wegen der fehlenden Reibung senkrecht nach oben zeigen
muss.
r
r
r
r
G M − Rm + R M = M ⋅ a M
(Gl. 2)
Das sind schon die beiden wesentlichen Gleichungen, es fehlt aber noch eine wichtige
Überlegung bezüglich der Beschleunigung der Masse m . Dieser Körper gleitet entlang
r
des Keils und erfährt somit eine relative Beschleunigung a r parallel zur Gleitfläche. Da
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r
r
der Keil aber mit a M nach links beschleunigt wird ist die Gesamtbeschleunigung a m der
Masse m gegenüber dem feststehenden äußeren Koordinatensystem (= Inertialsystem)
r
r
r
am = aM + ar
(Gl. 3)
Wenn man Gl. 3 in Gl. 1 einsetzt hat man schon die unbekannte Richtung im Raum von
r
r
r
am eliminiert und durch die bekannten
Richtungen von a M und a r ersetzt. Außerdem
r
r
setzen wir für die Gewichtskraft Gm = m g ein.
r r
r
r
m g + Rm = m a M + m a r
(Gl. 1’)
r
r
In Gl. 2 können wir ebenfalls für die Gewichtskraft G M = M g einsetzen.
r
r r
r
M g − Rm + RM = M a M
(Gl. 2’)
r
r
r r
Wir haben hier vier unbekannten Größen a M , a r , RM und Rm in den beiden Vektorgleichungen 1’ und 2’. Da aber jede Vektorgleichung aus zwei Komponenten besteht,
haben wir tatsächlich vier Gleichungen vorliegen und die unbekannten Größen können
daraus bestimmt werden. Wir schreiben die x - oder y - Komponenten der Gleichungen
1’ und 2’ an.
0 + Rm ⋅ sin α = − m a M + m a r ⋅ cosα
− m g + Rm ⋅ cosα = 0 − m ar ⋅ sin α
(Gl. 1’x)
(Gl. 1’y)
0 − Rm ⋅ sin α + 0 = − M a M
(Gl. 2’x)
− M g − Rm ⋅ cosα + RM = 0
(Gl. 2’y)
Die Umformung von Gl. 2’x ergibt
Rm =
M
⋅ aM
sin α
(Gl. 3)
Auflösen der Gl. 1’x nach a r und einsetzen für Rm ergibt
ar =
Rm ⋅ sin α + m a M M a M + m a M
=
m ⋅ cosα
m ⋅ cosα
ar =
1
cosα
M

⋅  + 1 ⋅ a M
m

(Gl. 4)
Einsetzen von Rm und a r in Gl. 1’y und weitere Umformungen ergeben
− mg +
M
1 M

⋅ a M ⋅ cosα = − m ⋅
⋅  + 1 ⋅ a M ⋅ sin α
sin α
cosα  m

1 M
 M cosα


g=  ⋅
+
⋅  + 1 ⋅ sin α  ⋅ a M =

 m sin α cosα  m

M
M

2
2 
M

cos
1
sin
α
α
+
+
⋅


+ sin 2 α 
m

m

= 
 ⋅ aM =  m
 ⋅ aM
sin α ⋅ cosα
sin
α
cos
α
⋅








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Eine weitere Umformung ergibt:
aM =
sin α ⋅ cos α
⋅g
M
2
+ sin α
m
(Gl. 5)
(Auch Lösungen, die in einer anderen, äquivalenten Umformung dargestellt sind, werden
selbstverständlich als korrekt anerkannt).
Damit haben wir den Betrag der Beschleunigung des Keils nach links berechnet, wenn
sich sowohl der Keil als auch die Masse m ohne Reibung bewegen können.
Die Gl. 2’y wurde gar nicht benötigt.
Auflagekraft RM berechnen möchte.
Sie ist nur erforderlich, wenn man auch die
2. Optik
2.1 [1 P]
Das 'X' stellt das angekreuzte Feld für die richtige Antwort dar:
nein
a) Die Wellenlänge
ja X
b) die Frequenz
ja
c) die Ausbreitungsgeschwindigkeit
ja X
nein
d) die Ausbreitungsrichtung
ja X
nein
□
□
nein X
□
□
2.2 [1 P]
Das Brechungsgesetz lautet:
n1 ⋅ sin θ1 = n2 ⋅ sin θ 2
Der Grenzwinkel θ1,k im Glas tritt dann auf, wenn der Austrittswinkel im Wasser gerade
bei θ 2 = 90° liegt. Die Umformung des Brechungsgesetzes ergibt
sin θ1,k =
n2
1,33
⋅ sin 90° =
⋅ 1 = 0,887
n1
1,50
damit folgt θ1,k = arcsin(0,887) = 62,46° .
Bei dem Grenzwinkel von θ1,k = 62,46° des Lichtstrahls im Glas zur Lotrechten kommt es
gerade zur Totalreflexion an der Grenzschicht zum Wasser.
2.3 [1 P]
Die Abbildungsgleichung einer optischen Linse lautet
1 1 1
+ =
g b f
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In unserem Problem beträgt die Gegenstandsweite g = 5 cm , die Brennweite f = 10 cm
und b ist zu berechnen. Umformung der Abbildungsgleichung ergibt.
1 1 1 g− f
= − =
, womit folgt
b f g
f ⋅g
b=
f ⋅g
10 ⋅ 5 50
=
=
= −10 cm
g − f 5 − 10 − 5
Da sich der Gegenstand innerhalb der Brennweite der Sammellinse befindet entsteht kein
reelles Bild sondern ein virtuelles Bild auf derselben Seite wie der Gegenstand. Dass das
Bild auf derselben Seite liegt, auf der sich der Gegenstand befindet, geht auch daraus
hervor, dass die Bildweite b ein negatives Vorzeichen besitzt. Ein positives Vorzeichen
für b erhält man in der Abbildungsgleichung für eine Sammellinse nämlich dann, wenn
sich Gegenstand und Bild auf unterschiedlichen Seiten befinden!
Es ist noch die Bildgröße B zu berechnen. Die Größen und Abstände erfüllen die Beziehung
B
b
= − = V , wobei V nebenbei bemerkt die Vergrößerung darstellt.
G
g
Die Umformung ergibt
B=−
− 10
b
⋅G = −
⋅ 1 = 2 cm
g
5
Die Bildgröße beträgt somit B = 2 cm .
Das positive Vorzeichen besagt, dass das Bild aufrecht steht, so wie der abgebildete
Gegenstand auch. Die Vorzeichenkonventionen ist wie im Lehrbuch „Physik“ von P.A.
Tipler und G. Mosca gehalten. Man kann sich das aufrechte Bild auch unabhängig davon
überlegen. Es wurde allerdings nicht explizit danach gefragt ob es sich um ein aufrechtes
Bild handelt und daher genügt auch die bloße Größenangabe von B = 2 cm !
2.4 [1 P]
Ein verkehrtes Bild entsteht bei einer Sammellinse, wenn sich Gegenstand und Bild auf
verschiedenen Seiten der Linse befinden. Das Verhältnis lautet
B = −2 ⋅ G
Mit der Beziehung zwischen Größen und Abständen
b=−
B
b
= − , erhalten wir
G
g
B
− 2⋅G
⋅g =−
⋅ g = 2⋅ g
G
G
Einsetzen in die Abbildungsgleichung ergibt
1 1 1 1 1
2 +1 3
= + = +
=
=
, eine Umformung ergibt
f g b g 2g
2g
2g
3
⋅ f = 1,5 ⋅ 10 = 15 cm , und weiters
2
b = 2 ⋅ g = 30 cm
g=
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Bei einer Gegenstandsweite von 15 cm und einer Bildweite von 30 cm ist das Bild verkehrt und doppelt so groß wie der Gegenstand.
2.5 [1 P]
Die Transmission von 10% bedeutet, dass t = 0,10 beträgt.
ersten Spiegel beträgt die Intensität
Nach der Reflexion am
I1 = r ⋅ I 0 = (1 − t ) ⋅ I 0 = 0,90 ⋅ I 0 .
Nach der Transmission verbleiben noch 10% der Intensität I1 , also
I 2 = t ⋅ I1 = t ⋅ r ⋅ I 0 = 0,1 ⋅ 0,9 ⋅ I 0 = 0,09 ⋅ I 0
Nach Reflexion, bzw. Transmission an den beiden Spiegeln bleibt eine Intensität von 9%
übrig.
2.6 [1 P]
Am einfachsten dürfte es sein, wenn man gleich auch für die nachfolgenden Aufgaben
alle Intensitätsfaktoren in einer Skizze einzeichnet.
Die Intensität im Inneren ergibt sich zu
I i = I 0 ⋅ t + I 0 ⋅ t ⋅ r + I 0 ⋅ t ⋅ r ⋅ r + I 0 ⋅ t ⋅ r ⋅ r ⋅ r + ... =
= I 0 ⋅ t ⋅ (1 + r + r ⋅ r + r ⋅ r ⋅ r + ...) =
= I0 ⋅ t ⋅
∞
1
∑1 ⋅ r k = I 0 ⋅ t ⋅ 1 − r =
k =0
= I 0 ⋅ (1 − r ) ⋅
1
= I0
1− r
Man erhält das wohl etwas überraschende Ergebnis, dass die gesamte Intensität I i im
Zwischenraum gleich groß ist wie die von links einfallende Intensität, egal wie groß der
Transmissionskoeffizient der beiden gleichen Spiegel ist!
2.7 [1 P]
Hierfür übernehmen wir die Intensitätsfaktoren aus der Skizze zur vorherigen Lösung. Die
Intensität hinter den beiden Spiegeln ergibt sich zu
I t = I 0 ⋅ t ⋅ t + I 0 ⋅ t ⋅ r ⋅ r ⋅ t + I 0 ⋅ t ⋅ r ⋅ r ⋅ r ⋅ r ⋅ t + ... = I 0 ⋅ t 2 ⋅ (1 + r 2 + r 4 + ...) =
∞
= I 0 ⋅ t 2 ⋅ ∑1 ⋅ ( r 2 ) k = I 0 ⋅ t 2 ⋅
k =0
1
1 − r2
= I0 ⋅
(1 − r ) 2
1− r 
t 
= I0 ⋅
 = I0 ⋅

(1 + r ) ⋅ (1 − r )
1+ r 
2−t
2.8 [1 P]
Wir übernehmen wieder die Intensitätsfaktoren aus der Skizze zuvor. Die gesamte reflektierte Intensität vor den beiden Spiegeln ergibt sich zu
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[
]
I r = I 0 ⋅ r + I 0 ⋅ t ⋅ r ⋅ t + I 0 ⋅ t ⋅ r ⋅ r ⋅ r ⋅ t + ... = I 0 ⋅ r ⋅ 1 + t 2 ⋅ (1 + r 2 + r 4 + ...) =
∞



1 
(1 − r ) 2 

= I 0 ⋅ r ⋅ 1 + t 2 ⋅ ∑1 ⋅ ( r 2 ) k  = I 0 ⋅ r ⋅ 1 + t 2 ⋅
=
I
⋅
r
⋅
1
+


 0

1 − r2 
 (1 + r ) ⋅ (1 − r ) 
k =0


2⋅ r
 1− r
1 + r + 1 − r 
 2 
= I 0 ⋅ r ⋅ 1 +
= I0 ⋅ r ⋅ 
= I0 ⋅ r ⋅ 
= I0 ⋅



1+ r
 1+ r
 1+ r 
1 + r 
Anmerkung:
Obwohl es nicht gefragt war ist es interessant, die Summe aus den gesamten reflektierten
und transmittierten Intensitäten zu bilden:
I r + It = I0 ⋅
2⋅r
1− r
2 ⋅ r +1− r
1+ r
+ I0 ⋅
= I0 ⋅
= I0 ⋅
= I0
1+ r
1+ r
1+ r
1+ r
In Summe wird also genau so viel Intensität reflektiert und transmittiert, wie auf die beiden
Spiegel von außen einfällt, wie man es von der Energieerhaltung her auch erwartet.
3. Elektrizität und Magnetismus
3.1 [1 P]
Die pro Zeiteinheit übertragene Energie ist die Leistung P = U ⋅ I . Bei einer hohen Spannung U muss ein vergleichsweise kleiner Strom I fließen um dieselbe Leistung zu übertragen. Jedes Übertragungskabel (zumindest solange es nicht supraleitend ist) besitzt
einen gewissen elektrischen Widerstand RL . Der Spannungsabfall in der Leitung beträgt
U L = I ⋅ RL und die Verlustleistung in der Leitung PL = U L ⋅ I = I 2 ⋅ RL . Wenn wir diese
Verlustleistung durch die zu übertragende Leistung P und die verwendete Spannung
ausdrücken erhalten wir
PL = I ⋅ RL =
2
P2
U2
⋅ RL
Die Verluste in der Leitung sinken also sogar quadratisch mit der Erhöhung der Übertragungsspannung! Es wurde hier aber nur der Gleichstromwiderstand berücksichtigt. Es
gibt auch zusätzliche Verluste aufgrund der Wechselspannung und der Leitungsinduktivität.
3.2 [1 P]
Wenn sich ein Leiter senkrecht zu einem Magnetfeld bewegt, so wird darin eine Spannung U ind = B ⋅ l ⋅ v induziert. Die Umformung nach v ergibt
v=
U ind
1
=
= 104 m/s
−
5
B ⋅ l 5 ⋅ 10 ⋅ 2
Der Zug müsste also mit 36.000 km/h durch die Gegend rasen!
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3.3 [1 P]
In den Zuleitungen des Voltmeters wird ebenfalls eine Spannung induziert, da sich dieses
mit der selben Geschwindigkeit wie der Zug bewegt. Die Achse, die Schienen und die
Zuleitungen bilden eine geschlossene Leiterschleife, innerhalb der der magnetische Fluss
konstant ist (wenn ein Teil der Leiterschleife waagrecht liegt, so kommen auf einer Seite
Flusslinien hinein auf der anderen Seite gehen aber gleich viele hinaus).
U ind = −
dΦ
=0
dt
Da der magnetische Fluss konstant ist wird keine Spannung im geschlossenen Stromkreis
induziert – das Voltmeter zeigt keine Spannung an!
3.4 [2 P]
a) Für die Gewichtskraft auf das Elektron gilt: G = me ⋅ g .
Die Lorentzkraft für die Geschwindigkeit v und das Magnetfeld B beträgt FL = e ⋅ v ⋅ B .
Gleichsetzen der Kräfte G = me ⋅ g = e ⋅ v ⋅ B = FL und umformen ergibt
v=
me ⋅ g
9,109 ⋅ 10 −31 ⋅10
=
= 1,895 ⋅10 − 6 m/s ≈ 1,9 ⋅10 − 6 m/s
−
19
−
6
e ⋅ B 1,602 ⋅ 10 ⋅ 30 ⋅10
Diese äußerst geringe und kaum sichtbare Geschwindigkeit reicht schon aus um die Wirkung der Erdanziehung aufgrund des Magnetfeldes der Erde aufzuheben!
b) Die elektrische Potentialdifferenz ∆φ entspricht einer elektrischen Spannung U .
Wenn eine Ladung e diese Differenz überwindet führt dies zu einer Änderung der elektrostatischen Energie von E = e ⋅ ∆φ = e ⋅ U . Durch die Kraft im elektrischen Feld wird
diese Energie in kinetische Energie umgewandelt.
me ⋅ v 2
E = e ⋅U =
2
Umformen und einsetzen für v ergibt die notwendige Potentialdifferenz.
U=
me ⋅ v 2 9,109 ⋅ 10 −31 ⋅ (1.895 ⋅10 −6 )2
=
= 1,02 ⋅ 10- 23 V ≈ 10- 23 V
−
19
2⋅e
2 ⋅ 1,602 ⋅ 10
Diese unmessbar kleine Spannungsdifferenz würde schon ausreichen, um die Elektronen
auf eine Geschwindigkeit zu bringen, so dass die Erdanziehung überwunden wird. Elektronen, die eine realistische Potentialdifferenz von einigen Volt z.B. in einer Vakuumröhre
überwinden bewegen sich sehr viel schneller und die Ablenkung durch die Erdanziehung
spielt eine praktisch vernachlässigbare Rolle.
3.5 [1 P]
Wie im vorigen Beispiel schon betrachtet, wird die Energie der Elektronen beim Durchlaufen des elektrischen Potentials in kinetische Energie umgewandelt: E = e ⋅ U = me ⋅ v 2 / 2 .
Hieraus berechnen wir nun die Geschwindigkeit als
v=
2eU
me
−19


 = 2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 ⋅ 9 = 1,78 ⋅ 106 m/s 


9,109 ⋅ 10 −31


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Auf die bewegten Elektronen wirkt im Magnetfeld eine Lorentzkraft FL = e ⋅ v ⋅ B , unter der
Annahme, dass Geschwindigkeit v und Magnetfeld B immer senkrecht aufeinander
stehen. Die Lorenzkraft wirkt als Zentripetalkraft FZ für die Kreisbewegung, also
v2
FL = e ⋅ v ⋅ B = FZ = me ⋅ , für den Radius r folgt somit
r
m ⋅v
r= e ,
e⋅ B
mit einsetzen für die Geschwindigkeit v aus der Beschleunigung folgt
r=
me ⋅ v me 2eU 1 2meU
1
2 ⋅ 9,109 ⋅ 10 −31 ⋅ 9
=
= ⋅
=
⋅
= 0,202 m ≈ 0,20 m
e ⋅ B e ⋅ B me
B
e
5 ⋅ 10−5
1,602 ⋅ 10−19
Der Durchmesser der Kreisbahn im Erdmagnetfeld beträgt zirka 20 cm !
3.6 [2 P]
r
r
a) In einem elektrischen Feld wirkt die Kraft rF = e ⋅ E auf
die Ladung e des Elektrons. Die Kraft F führt nach
dem zweiten Newton’schen
Gesetz zu einer Beschleur
r
nigung gemäß F = me ⋅ a . Da das Feld in die y -Richtung wirkt, zeigt auch die Beschleunigung in die y -Richtung, unabhängig von der sonstigen Bewegung des Teilchens. Für eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung
ändert sich die Position wie
y (t ) = y0 + v y ,0 ⋅ t + a y ⋅ t 2 / 2 .
Zu Beginn ist die Position y0 in der Mitte zwischen den Platten und die Geschwindigkeit
in y -Richtung ist zu Beginn (am Rand der Kondensatorplatten) v y ,0 = 0 . Somit ergibt
sich für die y -Ablenkung von der Mitte weg
∆y (t ) = y (t ) − y0 =
a y ⋅ t2
2
=
F ⋅ t2 e ⋅ E ⋅ t2
=
2⋅ m
2 ⋅ me
Die y -Ablenkung nimmt also quadratisch mit der Zeit t zu.
b) Da die y -Position eine eindeutige Funktion der Zeit ist, muss man die x -Position in
eine Zeit umrechnen um einen Zusammenhang zwischen x und y zu bekommen. In x Richtung besitzt das Elektron eine konstante Geschwindigkeit v x . Die x -Position lautet
daher x = v x ⋅ t , woraus sofort t = x / v x folgt. Einsetzen in ∆y (t ) ergibt
∆y ( t ) =
e ⋅ E ⋅ t2
e ⋅ E ⋅ x2
=
2 ⋅ me
2 ⋅ me ⋅ vx 2
Die y -Position ändert sich quadratisch in Abhängigkeit von x , das Teilchen fliegt somit
entlang einer Parabel nach oben.
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