Physik Q11 Lösungen zu den Aufgaben

Physik Q11
Lösungen zu den Aufgaben
Richard Reindl
Die aktuellste Version der Aufgaben findet man unter
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28. Mai 2014
1 Wiederholung
1 Wiederholung
1.1 Wiederholung Elektrizität
1.1.1. 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.
1.1.2.
(a) 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
̺
σ ∆V
(b) Die Zahl der Cu-Atome im Leitervolumen ∆V ist n =
. Damit folgt für die Dichte der
m
frei beweglichen Ladung
1,27 · σ e
1,27 · n e
=
̺=
∆V
m
I
Mit j =
ist dann
A
mI
mm
j
= 0,0467
v= =
̺
1,27 · σ e A
s
2 Elektrostatik
2.1 Das elektrische Feld
2.1.1. a =
QE
m
F
=
= 0,16 2
m
m
s
2.1.2. Die Kugel ist in Ruhe, d.h. die Gesamtkraft
auf die Kugel ist null (F~F ist die Fadenkraft):
~ + F~F = 0
F~e + G
ϕ
Damit ist −F~F parallel zum Faden und aus
der Ähnlichkeit der Dreiecke folgt
y
F~F
QE
x
x
Fe
=
= =√
G
mg
y
l2 − x2
E=
l
~e
F
N
xmg
√
= 245
2
2
C
Q l −x
x
ϕ
−F~F
~
G
2.1.3. Das Superpositionsprinzip gilt für Kräfte und damit auch für Feldstärken (q ist eine Testladung
am Ort ~r und F~ (~r) ist die Kraft auf q):
n ~
n
n
X
X
~
Fν (~r) X ~
~ r ) = F (~r) = 1 ·
E(~
F~ν (~r) =
Eν (~r)
=
q
q ν=1
q
ν=1
ν=1
2
2 Elektrostatik - Aufgaben
2.1.4.
 
 
√
−→
−3
−1
PQ
1  
6 
−6 =
−2
= √
(a) Der Einheitsvektor in Feldrichtung ist ~e =
|PQ|
6
3 6
3
1
  

−1,22 · 104
√ N −1
~ = E · ~e = 5000 6 −2 = −2,45 · 104  N
E
C
C
1
1,22 · 104
(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
q
sin2 ϕ cos2 ϕ + cos4 ϕ + sin2 ϕ =
s
= cos2 ϕ (sin2 ϕ + cos2 ϕ) + sin2 ϕ = 1
{z
}
|
y
22,5◦ 22,5◦
22,5◦
A
Probe:
B
NNO
xr
e = |~e| =
AB = |~
e| · cos ϕ = cos ϕ
x
1
2.1.5.
N
yr
O

 

sin ϕ cos ϕ
81,3
km
~v = v · ~e = v  cos2 ϕ  =  196 
h
sin ϕ
88,0
(a)
(b)
−
+
(c)
−
−
(d)
−
+ + + + + +
+ + + + + + + +
2.2 Das Coulombsche Gesetz
2.2.1. F =
2.2.2.
F
m
e2
= 34 N, a =
= 2,0 · 1028 2
4 πε0 r2
mp
s
2e· e
m
= 5,6 · 1021 2
4 π ε 0 r 2 me
s
kg
(b) Mit m = 1 kg, ̺Cu = 8930 3 , der Masse M = 1,06 · 10−25 kg eines Kupferatoms und der
m
29 · e · 1 kg
Ordnungszahl 29 von Kupfer folgt Q =
= 4,4 · 107 C. Der Radius einer Kugel ist
M
13
3m
= 3,0 cm.
R=
4 π ̺Cu
(a) a =
F =
Q2
= 2,1 · 1027 N
4 π ε0 (3R)2
3
2 Elektrostatik - Aufgaben
2.2.3. Laden der Kugeln: Mit einem Pol der Spannungsquellen verbinden, den anderen Pol erden!
x
k Q2
Fe
= √
, Fe =
2
2
mg
(2 x)2
a −x
s
4 m g x3
√
=⇒ Q =
= 8,8 · 10−9 C
k a2 − x2
2.2.4.
F
x
,
=√
mg
a2 − x2
F =√
=⇒
F =
ϕ
a
a
y
Fe
Fe
x
x
ϕ
mg
k Q2
(2 x + b)2
b
k Q2
mgx
=
(2 x + b)2
a2 − x2
a
a
Quadrieren und umformen:
f (x) =
2
kQ
mg
2
F
4
· a2 − x2 − x2 · (2 x + b) = 0
Zur Lösung dieser Gleichung zeichnet man f (x) und
verbessert die gefundene Nullstelle durch Probieren
mit dem Taschenrechner: x ≈ 1,2 cm
x
b
x
mg
10−7
f (x)
0,01
2.2.5.
k Q1 q
k Q2 q
· sgn(x) +
· sgn(x − a)
2
x
(x − a)2

1
4


für x < 0
+
−k q Q1

2

(x − a)2 
x

4
1
für 0 < x < a
−
k q Q1
F (x) =
2

x
(x
−
a)2 


1
4


für x > a
+
 k q Q1
x2
(x − a)2
(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
4
x
F
a
x
2 Elektrostatik - Aufgaben
k Q2 q
k Q1 q
· sgn(x) +
· sgn(x − a)
x2
(x − a)2

1
4


−k q Q1
für x < 0
−


2

(x − a)2 
x

1
4
F (x) =
k q Q1
für 0 < x < a
+
2

(x − a)2 
x


4
1


für x > a
−
 k q Q1
2
x
(x − a)2
F
(b) F (x) =
a
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
2.2.6.
=⇒
|2 x| = |x − a|
=⇒ −2 x = a − x =⇒ x = −a
 


−→
3
5,39
RS
1   ~
Q1 Q2
−7
4 , F =
(a) ~e = −→ =
−→2 ·~e = 7,19 · 10 N
13
RS
12
21,6
4 π ε0 RS
{z
}
|
2,34 · 10−6 N




−→
−12
12,9
1 
RS
Q
Q
1
2
−6
3, F~ =
(b) ~e = −→ =
−→2 ·~e = −3,24 · 10 N
13
RS
−4
4,31
4 π ε0 RS
|
{z
}
−1,40 · 10−5 N
2.3 Das Feld von Punktladungen
−−−→
2.3.1. ~r = P0 P1 =
2.3.2.
N
Q
−2,2 · 104 N
−3 cm
~
~r =
, E = 3,6 · 104
, r = |~r| = 5 cm, E =
4
3
2,9
·
10
4 cm
4πε0 r
C
C
(a) Auf der x-Achse gilt
E(x) =
4kq
kq
−
=0
(x + 3a)2
(x − 3a)2
=⇒
2|x − 3a| = |x + 3a|
Da für die Nullstelle von E(x) sicher 0 < x < a gilt, folgt
2(3a − x) = 3a + x
=⇒
x=a
p
√
(3a)2 + (na)2 = a 9 + n2 :
4kq
kq
kq
3a
−3a
9
~
E(0, na) =
+
=
3
3
3
3
2
3
2
2
2
na
na
5n
2
2
2
a (9 + n )
a (9 + n )
a (9 + n )
r
r
a 2
a 2
a√
a√
65 und r2 = (2a)2 +
17:
Für P4 ist r1 = (4a)2 +
=
=
2
2
2
2

 16
2
3 −
3
2
2
17
8kq
8kq  65
kq
32kq
4a
−2a
2

~
+
= 2 
E(P4 ) =
=
a
a
3
3
2 11
3
3
a
125a
2
2
1
2
a · 65
a · 17
2
2
3 +
3
(b) Für P1 , P2 und P3 ist r1 = r2 =
65 2
~
Richtungsvektoren von E:
9
~v (P1 ) =
,
5
~v (P2 ) =
9
,
10
5
~v (P3 ) =
9
,
15
2·17 2
~v (P4 ) =
1
5,5
x
2 Elektrostatik - Aufgaben
y
6a
4a
−6a
−8a
−4a
4a
6a
8a
x
−4a
−6a
2.4 Der Gauß’sche Satz
für 0 ≦ r < R
für r > R

0

Q(r)
=
E(r) =
Q

4 πε0 r2
4 πε0 r2
2.4.1. Q(r) =
2.4.2. 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 r2


4 πε0 r2
2.4.3.
Q
r2 π
=⇒
E=
r
R
r
E
für 0 ≦ r < R
für r > R
 
 
0
0
~ = σ · |z| 0 = σ · sgn(z) 0
(a) E
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 =
R
Q
σ
=
ε0
ε0 π r 2
2.5 Arbeit im elektrischen Feld


3
−→
→
~ ·−
2.5.1. AB = −5 cm; WAB = −q E
AB
2
(a) WAB = 1,2 · 10−6 J
6
2 Elektrostatik - Aufgaben
 
288
r
~
V
~ = 800 · 0 = 384 V
(b) E
m |r~0 |
m
640


 
0,03
288
V
· −0,05 m = −6,7 · 10−8 J
WAB = −3 · 10−8 As · 384
m
0,02
640
−3 cm = 5 cm, r2 = 8 cm = 10 cm, W12 = −9,0 · 10−8 J
2.5.2. r1 = 6 cm 4 cm 2.6 Das Potential des elektrischen Feldes
2.6.1.
 




0
ax − x0
bx − x0
−→
−−→
~ =  0 , −
(a) E
P0 A =  ay − y0 , P0 B =  by − y0 
E
az − z 0
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 V
−0,03
~ ·−
2.6.2. ϕA = −E
OA = −
·
m = −0,09 V
3 m
0,01
−→
0,04
−2 V
~
·
m = 0,05 V
ϕB = −E · OB = −
0,01
3 m
UAB = ϕB − ϕA = 0,14 V
2.6.3. E(r) = 0 für r < R und E(r) =
kQ
r2
für r ≧ R.
(
0
′
E (r) =
E(r)
für 2R < r < 4R
sonst
E1
E1
3E1
4
3E1
4
E1
2
E1
2
E1
4
E1
4
0
0
2R 3R 4R 5R
R
Da E ′ (r) = E(r) für R < r < 2r gilt
0
r
0
R
2R 3R 4R 5R
ϕ1
ϕ′ (R) − ϕ′ (2R) = ϕ(R) − ϕ(2R)
3ϕ1
4
′
Wegen E (r) = 0 für 2r < r < 4R ist
ϕ1
2
ϕ′ (2R) = ϕ′ (4R)
ϕ1
4
Zusammenfassend erhält man
ϕ′ (R) = ϕ(4R) + ϕ(R) − ϕ(2R) =
3
ϕ(R)
4
0
7
0
R
2R
3R
4R
5R
r
r
2 Elektrostatik - Aufgaben
2.6.4.
(a) Für r ≧ R ist das Feld des Kerns gleich dem Feld einer Punktladung Q und damit auch das
Potential das einer Punktladung:
ϕ(r) =
R
A
Q
=A·
=
4πε0 r
r
x
für
r ≧ R bzw. x ≧ 1
Für r < R ist (siehe Aufgabe ??)
E(r) =
A
Q
·r = 2 ·r
4πε0 R3
R
dϕ(r)
A
A
= −E(r) = − 2 · r =⇒ ϕ(r) = − 2 · r2 + C
dr
R
2R
A
3
A
ϕ(R) = − 2 · R2 + C = − + C = A =⇒ C = A
2R
2
2
3
3
A
A
A
ϕ(r) = A −
· r2 =⇒ ϕ(x) = A − x2 = (3 − x3 )
2
2R2
2
2
2
ϕ
A
00
1
2
(b) W (r) = −eϕ(r)
5
4
3
W 0
R
x
2R
4R
3R
r
5R
−eA
(c) U = ϕ(R) = A = 1,50 · 107 V
mp 2
v = eϕ(R) = eA
2 0
=⇒
2.6.5. Bezugspunkt ∞:
v0 =
s
m
2eA
= 5,4 · 107
mp
s
y
Q
√
ϕ∞ (x) =
4 πε0 a2 + x2
Q
a
Bezugspunkt O:
r
ϕ0 (x) = ϕ∞ (x) + C
x
ϕ0 (0) = 0 = ϕ∞ (0) + C
=⇒
C = −ϕ∞ (0) = −
Q
ϕ0 (x) =
·
4 πε0
Q
4 πε0 a
1
1
√
−
2
2
a
a +x
x
ϕ
ϕ∞
x
URS = ϕ∞ (9 cm) − ϕ∞ (5 cm) = 92 V
ϕ0
8
2 Elektrostatik - Aufgaben
2.7 Elektrostatik und Gravitation
2.7.1. Der Fluss des radialsymmetrischen Gravitationsfeldes g(r) durch eine zum Zentrum konzentrische
Kugelfläche mit Radius r ist
Φ = g(r) · 4πr2 = 4πGM (r)
=⇒
g(r) =
GM (r)
r2
Dabei ist M (r) die Masse innerhalb der Kugelfläche. Aus

M
für r ≧ R
3
M (r) =
r
M ·
für r < R
R3
folgt
g
g(r) =

GM

 2

 r
m
s2
GM (r)
=

r2


 GM · r
R3
g(R) =
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
für r ≧ R
für r < R
m
GM
= 10,0 2
R2
s
0
2R
R
3R
r
2.7.2. In einem Inertialsystem (nicht beschleunigtes, d.h. auch nicht rotierendes System) gilt:
Zentripetalkraft gleich Gravitationskraft. Das nicht rotierende System S, in dem der Erdmittelpunkt ruht, ist näherungsweise ein Inertialsystem.
Mit R = RErde = 6,378 · 106 m und r = R + h = 6,578 · 106 m folgt
r
mv 2
GM m
km
GM
=⇒ v =
=
= 7,78
2
r
r
r
s
v0 sei die Abschussgeschwindigkeit des Satelliten im Inertialsystem S:
s
m 2 GM m
1
m 2 GM m
1
2
v −
= v −
=⇒ v0 = v + 2GM
−
2 0
R
2
r
R r
u ist die Geschwindigkeit, mit der sich der Abschussort relativ zu S bewegt, v0′ die Abschussgeschwindigkeit relativ zur Erdoberfläche:
u
ϕ′
v0′
v02 = v0′2 + u2 − 2v0′ u cos ϕ′
v0
Wegen cos ϕ′ = cos(180◦ − ϕ) = − cos ϕ ist
ϕ
v02 = v0′2 + u2 + 2v0′ u cos ϕ
u
v0′2 + 2v0′ u cos ϕ = v02 − u2
+
v0′ = −u cos ϕ (−)
Abschuss am Nord- oder Südpol (u = 0):
q
v02 − u2 sin2 ϕ
v0′ = v0 = 8,02
Am Äquator ist
km
s
km
2Rπ
= 0,464
24 · 3600 s
s
◦
Abschuss am Äquator senkrecht nach oben (ϕ = 90 ):
q
km
v0′ = v02 − u2 = 8,01
s
u=
9
2 Elektrostatik - Aufgaben
Abschuss am Äquator tangential zur Erdoberfläche nach osten (ϕ = 0◦ ):
v0′ = v0 − u = 7,56
km
s
Abschuss am Äquator tangential zur Erdoberfläche nach westen (ϕ = 0◦ ):
v0′ = v0 uu = 8,45
2.7.3.
4π̺R3
(a) M = ̺V =
3
=⇒
R=
g=
(b) g =
4π̺GR
GM
=
2
R0
3
=⇒
(c)
∆g(r) = GM
s
3
3M
= 13,8 km
4π̺
GM
m
= 6,98 · 1011 2 = 7,11 · 1010 g
2
R
s
R0 =
km
s
3g
= 1,9 · 10−7 m
4π̺G
1
1
−
r2
(r + h)2
=
GM (2rh + h2 )
GM h(2r + h)
=
r2 (r + h)2
r2 (r + h)2
Für h ≪ r gilt r + h ≈ r und 2r + h ≈ 2r:
∆g(r) ≈
2GM h
=: ∆gn (r)
r3
∆g(r) − ∆gn (r)
∆gn (r)
2(r + h)2
h(3r + 2h)
3h
=1−
=1−
=−
≈−
∆g(r)
∆g(r)
r(2r + h)
r(2r + h)
2r
∆g(r) − ∆gn (r)
= −2,7 · 10−5
∆g(r)
s
GM h
2GM h
= 100 · gErde =⇒ r = 3
= 787 km
∆g(r) ≈
r3
50gErde
r = 100 km
2.7.4.
=⇒
(a) Mit der Erdmasse M und dem Erdradius R ist die Erdbeschleunigung an der Erdoberfläche
g=
GM
R2
Aus dem Energiesatz folgt
p
m 2
vn = mgh =⇒ vn = 2gh
2
GM mh
m 2
1
1
=
v = GM m
−
2
R R+h
R(R + h)
s
s
s
vn
2GM h
2GM h
2gh
=
v=
=q
=
h
h
2
R(R + h)
R (1 + R )
1+ R
1+
vn
vn − v
=
−1=
δv =
v
v
h in m
3
1 · 10
1 · 105
1 · 107
vn in
m
s
140,071
1401
1,40 · 104
10
v in
r
h
−1
R
m
s
δv
1+
140,060
1390
8,74 · 103
0,008%
0,78%
60,2%
h
R
2 Elektrostatik - Aufgaben
(b) hn =
v2
,
2g
h=
hn
v2 R
=
,
v2
2gR − v 2
1 − 2gR
v in
(c) δv =
1+
h
− 1 > 0,01
R
v2
hn − h
=−
h
2gR
m
s
hn in m
h in m
δh
2
509,684
5,097 · 104
5,097 · 106
509,725
5,138 · 104
2,54 · 107
−0,008%
−0,80%
−79,9%
1 · 10
1 · 103
1 · 104
r
δh =
=⇒
h > 0,0201 R = 128,2 km
4π̺Gm
GM m
=
R3
3
x
F = mẍ = −FG · = −Dx
r
2.7.5. FG (x) = Dr mit D =
−F
x
=
FG
r
=⇒
x
=⇒
ẍ = −
D
x
m
Die Kapsel führt also eine harmonische Schwingung mit
r
r
r
m
3
3π
T = 2π
= 2π
=
= 5070 s, τ = T2 ≈ 42 min
D
4π̺G
̺G
-F
FG
r
Bemerkenswert ist, dass τ nur von der Dichte ̺ abhängt, nicht aber von der
Größe des Planeten und auch nicht von der Lage des Kanals!
2.7.6.
(a) Energiesatz: Gesamtenergie vorher gleich Gesamtenergie nachher, m = mp :
r
2GM
m
m 2 GM m
=⇒ v1 =
= 2,00 · 108
0 = v1 −
2
R
R
s
v1 beträgt schon 67% der Lichtgeschwindigkeit, d.h. eine relativistische Rechnung ist notwendig:
GM
1
GM m
=1+
= 1,223
=⇒ γ = p
Wkin = (γ − 1)mc2 =
2
R
Rc2
1−β
r
m
1
β = 1 − 2 = 0,5755 =⇒ v1 = βc = 1,725 · 108
γ
s
(b) v2 < v1 , d.h. Q > 0 (das Proton muss abgestoßen werden):
Wkin −
4πε0 Rm GM
Wkin
−
e
R
m
4πε0 Rm GM
v2
=⇒ Q =
− 2 = 232,00 C
e
R
2
4πε0 Rm GM
2
=⇒ Q =
− (γ − 1)c = 233,16 C
e
R
GM m
Qe
+
=0
R
4πε0 R
nichtrelativistisch: Wkin =
m 2
v
2 2
relativistisch: Wkin = (γ − 1)mc2
=⇒
Q=
2.8 Kondensatoren
2.8.1. C =
ε0 A
= 1,99 · 10−10 F,
d
U=
Q
= 251 V,
C
E=
F = qE = 1,25 · 10−8 N,
2.8.2.
2.8.3.
U
V
= 6,27 · 104
d
m
a=
F
m
= 0,314 2
m
s
ε0 A
Cd
= 1,13 · 109 m2 = 1,13 · 103 km2 = (33,6 km)2
=⇒ A =
d
ε0
ε0 A
= 2,78 pF
(b) C =
d
(a) C =
(a) C ′ =
C
ε0 A
= ,
nd
n
Q′ = C ′ U =
CU
Q
= ,
n
n
11
E′ =
U
U
E
=
=
d′
nd
n
2 Elektrostatik - Aufgaben
ε0 A
nQ
nU
C
Q
U′
= , U′ = ′ =
= nU, E ′ = ′ =
=E
nd
n
C
C
d
nd
(c) Da E = 0 im Leiter, verkürzt sich die Länge des E-Feldes auf d′ = d − a, d.h.
(b) Q′ = Q,
C′ =
n=
Aus (a) folgt: C ′ =
(d) Aus (b) folgt: C ′ =
C
,
1 − ad
C
,
1 − ad
2.8.4. (a) C = C1 + C2 + C3 = 7 µF
(c)
(d)
1
1
1
1
+
+
=
C
C1
C2
C3
1
1
1
+
=
C
C1
C2 + C3
d−a
a
d′
=
=1−
d
d
d
Q
E
, E′ =
1 − ad
1 − ad
a
U′ = 1 −
U, E ′ = E
d
Q′ =
(b)
C=
1
C1
=⇒
C = 0,57 µF
=⇒
C = 0,86 µF
1
+
1
C2
+ C3 = 4,7 µF
2.9 Energie des elektrischen Feldes
2.9.1.
(a) F =
1
U
CU 2
ε0 AU 2
1
= mg = ̺Aag
QE = CU ·
=
=
2
2
d
2d
2d2
s
U
V
2d2 ̺ag
= 2,95 · 104 V,
E=
= 5,90 · 106
> E0
U=
ε0
d
m
(b) E0 =
2.9.2.
U
d
=⇒
̺=
ε0 U 2
ε0 E02
g
=
= 5,64
2
2d ag
2ag
cm3
1
W
ε0 A
= 8,85 · 10−11 F, W = CU 2 = 1,77 J, m = 2 = 1,97 · 10−17 kg
d
2
c
(b) Die Anzeige bleibt gleich, da die Gesamtenergie gleich bleibt.
(a) C =
2.10 Bewegung geladener Teilchen im elektrischen Feld
m 2
2.10.1.
v = eU
2
=⇒
v=
r
2eU
m
= 2,30 · 107
me
s
Unter der Annahme eines homogenen Beschleunigungsfeldes, d.h. einer konstanten Beschleunigung
a, folgt mit s = 3 cm
eE
eU
F
=
=
a=
me
me
me s
und für die Beschleunigungszeit
t1 =
vme s
v
=
= 2,61 · 10−9 s = 2,61 ns
a
eU
Die Flugzeit von A zum Bildschirm ist
t2 =
0,3 m
= 13,1 ns
v
Die gesamte Flugzeit ist t1 + t2 = 15,7 ns
r
Q1 Q2
m
Q1
Q1 Q2
m 2
v =
=⇒ v =
= 3,68 · 107 , U =
= 1,40 · 107 V
2.10.2.
2
4πε0 R
2πε0 Rm
s
4πε0 R
r
2eU
l
eE
l
2.10.3. (a) v0 =
=
, v0x = v0 cos ϕ, v0y = v0 sin ϕ, ae = − , t1 =
m
m
v0x
v0 cos ϕ
y1 = v0y t1 +
eEl2
ae 2
t1 = l tan ϕ −
2
2mv02 cos2 ϕ
12
2 Elektrostatik - Aufgaben
v1y = v0y + ae t1 = v0 sin ϕ −
Mit t2 =
eEl
mv0 cos ϕ
a
ist
v0x
eEl
a
eEl2
+ v0 sin ϕ −
=
·
ys = y1 + v1y t2 = l tan ϕ −
2mv02 cos2 ϕ
mv0 cos ϕ
v0 cos ϕ
eEl
l
l
El
= (l + a) tan ϕ −
+
a
=
(l
+
a)
tan
ϕ
−
+
a
mv02 cos2 ϕ 2
2U cos2 ϕ 2
UK
; ys ist dann zu UK proportional, wenn (l + a) tan ϕ = 0, d.h. wenn ϕ = 0.
d
U
l
l
(c) UK = U =⇒ E =
=⇒ ys = (l + a) tan ϕ −
+a
d
2d cos2 ϕ 2
(b) E =
ys ist also unabhängig von U .
UK l l
+a
(d) ϕ = 0 =⇒ ys = −
2U d 2
=⇒
|UK | =
2ys U d
= 784 V
l 2l + a
qE
, die
m
L
. Die y-Koordinate der Seele am Ende des Kondensators ist
Flugzeit im Kondensator ist t1 =
v0
(y = 0 beim Eintritt in den Kondensator)
2.10.4. Die Beschleunigung der Seele mit der Ladung q im Kondensator in y-Richtung ist aq =
y1 =
aq 2
qEL2
t1 =
2
2mv02
Am Kondensatorende hat die Seele die Geschwindigkeit vx = v0 und
vy = aq t1 =
Mit der Flugzeit t2 =
qEL
mv0
a
für die Strecke a ist
v0
ys = y1 + vy t2 =
qEL2
qELa
qEL
+
=
2
2
2mv0
mv0
mv02
m
L
= q · 625
a+
2
C
C
m
=⇒ n ≦ 240
q = ys · 1,6 · 10−3
(a) ys = 5 m
=⇒
(b) ys = −10 m
2.10.5.
q = Q1 + nQ2 ≧ 0,008 C
q = Q1 + nQ2 ≧ −0,016 C
=⇒
=⇒
n ≦ 720
(a) U : oben plus, U0 : rechts plus
r
2eU0
me 2
(b)
v = eU0 =⇒ v0 =
2 0
me
U
eE
eU
F
L
=
=
(c) t1 = , E = , a =
v0
d
me
me
me d
y1 =
(d) ~v1 =
v0
v0
=
vy
at1
=⇒
a 2
L2
eU
L2
·U
t1 =
· 2 =
2
2me d v0
4dU0
tan ϕ =
at1
eU L
LU
vy
=
=
=
2
v0
v0
me dv0
2dU0
y1
y1
L2 U · 2dU0
L
= tan ϕ =⇒ L − xS =
=
=
=⇒
L − xS
tan ϕ
4dU0 · LU
2
U
ys
5U
L
= 50 cm ·
=⇒ U =
+ b tan ϕ = 40 cm ·
· U0
(e) ys =
2
4U0
U0
50 cm
tan ϕmax =
d
L
2
=
2d
= 0,8
L
=⇒
ys,max = 40 cm · 0,8 = 32 cm
13
=⇒
xS =
Umax =
L
2
16
· U0
25
3 Elektrodynamik - Aufgaben
2.10.6.
mp 2
(a)
v = eU
2 0
(b) t1 =
L
,
v0
=⇒
E=
v0 =
UK
,
d
s
a=
m
2eU
= 4,00 · 105
mp
s
eE
eUK
F
=
=
mp
mp
mp d
y1 =
v0
v0
~v1 =
=
vy
at1
(c) y ∗ = y1 + b tan ϕ =
(d) y1 = 0,100 m,
(e)
vy1
y1
= tan ϕ
∆x
=⇒
L 2 UK
eUK L2
a 2
t1 =
· 2 =
2
2mp d v0
4dU
=⇒
tan ϕ =
vy
at1
eUK L
LUK
=
=
=
2
v0
v0
me dv0
2dU
zy · 4U d
LUK
(L + 2b), y ∗ = zy =⇒ UK =
= 167 V
4dU
L(L + 2b)
q
m
v1 − v0
2 = 4,079 · 105 m ,
= 8,00 · 104 , v1 = v02 + vy1
= 2%
s
s
v0
∆x =
L
y1
L2 UK · 2dU
=
=
tan ϕ
4dU · LUK
2
3 Elektrodynamik
3.1 Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter
~ zeigt nach hinten. B = mg = 0,200 T
3.1.1. B
Il
3.1.2. Drehmoment M = Kraft mal Kraftarm
F
b
2
b
M = 2F x = 2nBIl· sin ϕ = nBIlb sin ϕ = 8,0·10−3 Nm·sin ϕ
2
x
ϕ
F
~
B
~ I~
3.1.3. B⊥
=⇒
F = ILB = 0,10 N
z
α = 90◦ − ϕ = 25◦

 

0
0
F~ = −F cos α = −0,091 N
−F sin α
−0,042
3.1.4.
α
ϕ
~
F
y
~
B
(a) Q positiv
(b) Die von der Kraft F = BIL = 4323 N an der Eisenstange verrichtete Arbeit wird in potentielle
und kinetische Energie verwandelt:
r
m 2
m
2F s
F s = mgh + v0 =⇒ v0 =
− 2gh = 65,0
2
m
s
b=
(c) t1 =
p
s2 − h2 = 12,0 m,
x1
= 4,00 s,
vx0
vx0 = v0 ·
g
y(t) = h + vy0 t − t2
2
b
m
= 60,0 ,
s
s
=⇒
vy0 = v0 ·
h
m
= 25,0
s
s
y1 = y(t1 ) = 26,5 m
3.2 Die Lorentzkraft
3.2.1. (a)
z
~
B
~
v
x
~
F
y


0
F~ = 1,6 · 10−19  N
0
14
(b)
z
~
v
~
B
x
y
~
F


0
N
0
F~ = 
−19
−1,6 · 10
3 Elektrodynamik - Aufgaben
3.2.2.
mv 2
= qvB
r
=⇒
mv
= 20 cm
qB
r=
3.2.3. Da die Lorentzkraft immer senkrecht zur Geschwindigkeit steht, ist die vom Feld in einer sehr
kleinen Zeitspanne dt am Teilchen verrichtete Arbeit
dW = F vdt cos 90◦ = 0
Die kinetische Energie und damit auch der Geschwindigkeitsbetrag des Teilchens sind also konstant.
3.2.4.
(a) (r − b)2 = r2 − a2
=⇒
mv 2
= qvB
r
Wk =
r=
=⇒
m 2
v
2
a2 + b 2
= 10 cm
2b
mv = reB
=⇒
=⇒
a
m2 v 2 = r 2 e 2 B 2
r
r−b
r
m2 v 2 = 2mWk = r2 e2 B 2
b
r 2 e2 B 2
= 9,1 · 10−31 kg = me
m=
2Wk
a
Da die Ladung q = +e ist, handelt es sich um ein Positron.
(b) m = me ·
3.2.5.
mv 2
= qvB
r
0,024382
= 1,7 · 10−27 kg = mp , es handelt sich um ein Proton.
5,6902
=⇒
r1 = 2,5 cm,
r=
mv
qB
y
cm
a
r2 = 1,0 cm
Umlaufdauern für jeweils vollen Kreis:
T1 =
2πr1
= 7,85 · 10−8 s
v
T2 =
2πr2
= 3,14 · 10−8 s
v
Periode: T =
t = 2T
3.2.6.
=⇒
2
1
3
x
cm
6
T1 + T2
= 5,5 · 10−8 s
2
das Elektron befindet sich am Ort (6,0 cm | 2,5 cm).
~ senkrechte Komponente von ~v ist
(a) Die auf B
q
m
v⊥ = vx2 + vy2 = 2,9 · 106
s
z
cm
2
mv⊥
mv⊥
= ev⊥ B =⇒ r =
= 3,0 cm
r
eB
2rπ
= 6,6 · 10−8 s =⇒ h = vz T = 2,0 cm
T =
v⊥
3
2π
1
(b) ω =
= 9,6 · 107
T
s
~
v
v⊥
x(t) = 2 cm + r cos ωt = −0,99 cm
15
h
5
x
cm
y
cm
3 Elektrodynamik - Aufgaben
y
cm
y(t) = r cos ωt = −r sin ωt = 0,47 cm
z(t) = vz t = 3,0 cm
(c) eU =
mp 2
mp 2
v =
(xx + vy2 + vz2 )
2
2
U=
r cos ωt
1
t
mp 2
(x + vy2 + vz2 ) = 4,4 · 104 V
2e x
ωt
2
1
x
cm
r
−r sin ωt
3.2.7. Durch die Lorentzkraft Fm werden die Elektronen noch oben abgelenkt, die obere Leiterfläche lädt
sich negativ, die untere positiv auf. Dadurch entsteht im Leiter ein elektrisches Feld EH , das von
unten nach oben zeigt. Auf die Elektronen wirkt dadurch zusätzlich eine elektrische Kraft Fe von
oben nach unten, die Gesamtkraft auf die Elektronen ist dann F = Fm − Fe . Fe wächst, bis F = 0
wird und ein Gleichgewichtszustand erreicht ist:
Fm = Fe
=⇒
UH
a
evB = eEe = e ·
=⇒
UH = vBa
Die Elektronen bewegen sich in der Zeit ∆t um die Strecke ∆x = v∆t. Durch die Querschnittsfläche
A = ad des Leiters fließt in der Zeit ∆t die Ladung
∆Q = N e = nV e = neA∆x = neadv∆t
Damit gilt
I=
∆Q
adv
= neadv =
∆t
RH
=⇒
v=
IRH
ad
=⇒
UH = vBa = RH ·
IB
d
Der Widerstand eines Leiters der Länge b und der Querschnittsfläche A ist
R=̺·
b
b
=
A
σA
=⇒
I=
U
U σA
U σad
=
=
R
b
b
IB
U σaB
= RH ·
d
b
Die Hallspannung und damit das Produkt RH σ sollte möglichst groß sein.
UH = RH ·
UH = RH σ · 2,0
IndiumArsenid
Ge
5,4 · 10−7
1,0 · 10−4
0,01
5,71 · 107
8,55 · 105
3 · 104
40
5,6 · 10−3
3,0 · 10−3
4,6 · 10−1
3,0 · 100
4 · 10−1
0,011
0,006
0,92
6,0
0,8
Stoff
Ag
Cu
Bi
m3
As
9 · 10−11
5,3 · 10−11
1
Ωm
6,25 · 107
RH in
σ in
RH σ in
m2
Vs
UH in V
B=
3.3 Relativistische Kinematik
3.3.1.
(a) ∆t =
s
,
βc
V2 s
m2
∆t′ = ∆t
p
1 − β2 =
UH d
= 0,09 T
RH I
s p
1 − β2,
βc
16
δt =
p
s 1 − 1 − β2
βc
3 Elektrodynamik - Aufgaben
(b) v ≪ c
=⇒
β≪1
=⇒
p
β2
1 − β2 ≈ 1 −
2
δt ≈
(c) β = 1 − α
=⇒
s β2
sβ
·
=
,
βc 2
2c
β2
2
p
p
√
1 − β 2 = 2α − α2 ≈ 2α
∆t′ = ∆t
(d)
δrel ≈
s
v
i.
80 km
ii.
1000 km
iii.
18 km
27,7 ms
1029 ms
0,005 ms
p
s√
s √
1 − β2 ≈
2α ≈
2α
βc
c
∆t
β
δt
−8
2880 s
3,43 · 10−6
971,8 s
9,26 · 10
1,67 · 10−11
1,23 · 10
δrel
−11
4,3 · 10−15
s
5,72 · 10−9 s
3,6 · 106 s
5,9 · 10−12
5,0 · 10−16 s
1,4 · 10−22
∆t′ = ∆t − δt, für iii. z.B. ∆t′ = 3599999,999 999 999 999 999 5 s
p
∆t′
c· 4a
(e)
i. ∆t =
= 5 a, ∆t′ = ∆t 1 − 0,82 = 0,6∆t = 3 a,
= 0,6 = 60%
0,8 c
∆t
√
∆t′
= 1,4 · 10−9
ii. β = 1 − α mit α = 10−18 , ∆t = 109 a, ∆t′ = ∆t · 2α = 1,4 a,
∆t
sβ
2c2 δt
m
km
(f) δt ≈
=⇒ v = βc ≈
= 20
= 72
2c
s
s
h
2c2 δt
exakte Lösung: v =
2 2
s 1 + c sδt
2
(g) τ =
s√
2α
c
=⇒
α=
c2 τ 2
= 2,0 · 10−20
2s2
=⇒
v = βc = c − αc = (299792458 − 6,1 · 10−12 )
exakte Lösung: β =
β = 1 − α = 0,999 999 999 999 999 999 98
m
m
= 299792457,999 999 999 993 9
s
s
− 21
c2 τ 2
1+ 2
s
Die exakte Lösung für v unterscheidet sich erst in der 31-sten Stelle nach dem Komma von
unserer Näherungslösung.
3.3.2.
x
(a) Eine Uhr U′ (ruhend in S′ ) bewegt sich mit der
Geschwindigkeit v an zwei in S ruhenden Uhren
U1 und U2 vorbei.
p
∆t′ = ∆t cos 2ϕ = ∆t 1 − β 2
U’
E2
E1
ct′1
1 − β = 1,0 · 10
p
1
β = 1 − 1,0 · 10−17 ≈ 1 − 10−17 = 1 − 5 · 10−18
2
p
3.3.3. ∆τ = ∆t 1 − β 2 ,
=⇒
δx = αc∆t = 285 m
p
∆x′ = ∆x 1 − β 2
=⇒
17
U2
2ϕ
ct′
c∆t′
U1
ct′2
ct1
c∆t
−17
∆v = c − v = αc
c∆t′
c∆t
2ϕ
(b) v ≈ c =⇒ ∆t = 6000 a = 1,89 · 1011 s
p
τ
1 − β2 =
= 3,17 · 10−9
∆t
2
x′
=⇒
ct2
ct
=⇒
δt =
α = 5 · 10−18
δx
= 950 ns
c
3 Elektrodynamik - Aufgaben
w
∆x′
∆x
v′ =
=
=v
∆τ
∆t
βc
∆x
∆x
p
=p
= γβc
=
w=
∆τ
∆t 1 − β 2
1 − β2
1√
w = c =⇒ β =
2
2
c
Rakete:
w=
2,2 · 106 LJ
LJ
m
= 3,64
= 3,44 · 1016
= 1,15 · 108 ·c
| {z }
1 Woche
s
s
0s
0,5
1β
β∗
β
p
= β∗
1 − β2
3.3.4.
(a)
t′1
p
= t1 1 − β 2
x1 = vt1 =
12
13
(b) sin 2ϕ = β =
=⇒
=⇒
1
β∗
=q
β= p
2
1 + β∗
1+
2
1−β =
t′1
t1
2
=
25
169
1
β ∗2
=⇒
· c · 13 a = 12 LJ
12
13
=⇒
ϕ = 33,69◦
=⇒
≈ 1−
tan ϕ =
β=
1
= 1 − 3,8 · 10−17
2β ∗ 2
12
13
2
3
x′
LJ
x
LJ
12
WLL
ct′
LJ
WLR
ct′2
5
WLτ
x′2
WLE
13
(c) c(t1 − t2 ) = x1
t′2 =
3.3.5.
E1 :
E2 :
E3 :
E4 :
=⇒
t2 = t1 −
ct
LJ
x1
= 1a
c
t2
13
12
=
· 1 a = 2,6 a, x′2 = −ct2 · tan 2ϕ = − LJ = −2,4 LJ
cos 2ϕ
5
5
31
−3 LS − 0,8 · 4 LS
= − LS
0,6
3
4 LS + 0,8 · (−2 LS)
= 4 LS
x=
0,6
′
x + 0,8 · 2 LS)
x = 4 LS =
=⇒ x′ = 0,8 LS
0,6
−2s − 0,8
19
c ·x
=⇒ x = − LS
t′ = 3 s =
0,6
4
x′ =
18
4s−
0,8
c
· (−3 s · c)
32
=
s
0,6
3
−2 s + 0,8
c ·4s·c
t=
= 2s
0,6
0,8
2 s + c · 0,8 s · c
t=
= 4,4 s
0,6
−4,75 LS − 0,8 · (−2) LS
x′ =
= −5,25 s
0,6
t′ =
3 Elektrodynamik - Aufgaben
v + u′
v2
2v
3.3.6. u =
1− 2
′ =
2 ≈ 2v
c
1 + vu
1 + vc2
c2
δ=
2v − u
2v 3
2v 3
v2
= 2 ≈ 2
= 2 = 4 · 10−12
u
c u
c · 2v
c
δ > 1%
3.3.7.
gleiche Richtung:
=⇒
v2
1
>
2
c
100
=⇒
v > 0,1c
0,1c
= 0,227c
1 − 0,56
1,5c
= 0,962c
v = 0,8c ⊕ 0,7c =
1 + 0,56
v = 0,8c ⊖ 0,7c =
entgegenges. Richtung:
3.4 Der Dopplereffekt
3.4.1.
ϕ
= 6,00 · 104 LJ = 5,68 · 1020 m
2
s
λ′ − λ
(1 + z)2 − 1
∆λ
1+β
=
=
− 1 =⇒ β =
(b) z =
λ
λ
1−β
(1 + z)2 + 1
(a) R = r tan
(1 + z0 )2 − 1
= 0,003494
(1 + z0 )2 + 1
(1 + zA )2 − 1
= 0,001199
βA =
(1 + zA )2 + 1
(1 + zB )2 − 1
= 0,005783
βB =
(1 + zB )2 + 1
β0 =
=⇒
=⇒
=⇒
m
s
m
vA = 0,360 · 106
s
m
vB = 1,735 · 106
s
v0 = 1,048 · 106
m
handelt es sich tatsächlich um eine Rotation mit
Wegen vB − v0 = v0 − vA = 6,9 · 105
s
m
v = 6,9 · 105 , wobei sich A auf die Erde zu bewegt.
s
(c) Näherungsweise nehmen wir an, dass sich die ganze Masse der Galaxis in ihrem Zentrum
befindet. Mit der Masse m eines Sterns am Rand der Galaxis gilt
GmM
mv 2
=
R
R2
=⇒
Mit der Sonnenmasse M⊙ = 2,0 · 1030 kg folgt
3.4.2.
s
f′
1 + β∗
=
=k
1 − β∗
f
=⇒
β∗ =
k2 − 1
= 0,245
k2 + 1
M=
v2 R
= 4,0 · 1042 kg
G
M
= 10.
M0
=⇒
Auf der Erde wäre die Geschwindigkeit v = βc = 7,35 · 107
v ∗ = β ∗ c = 24,5
m
km
= 88,2
s
h
m
s
3.5 Relativistische Masse und Energie
3.5.1. Wienfilter: v =
m
E
= 1,75 · 108 , β =
B
s
(a) Wkin = mc2
(b) Wkin,falsch =
= 0,583
eBr p
1 − β 2 = 9,11 · 10−31 kg =⇒ Positron
v
!
!
β2
1
1
m
2
2
p
1
+
−
1
≈
mc
− 1 ≈ mc
−
1
= v2
β2
2
2
2
1−β
1− 2
γmv 2
mv 2
= evB
= p
r
r 1 − β2
3.5.2.
v
c
=⇒
m=
mβ 2 c2
γm 2
v = p
2
2 1 − β2
z.B. gilt für β = 0,6:
Wkin = 0,225 mc2 , Wkin,falsch = 0,25 mc2 , Wkin,klassisch = 0,18 mc2
19
3 Elektrodynamik - Aufgaben
Man kann auch allgemein zeigen, dass Wkin,falsch < Wkin für β > 0, d.h. γ > 1:
Wkin
Wkin,falsch
=
=
(γ − 1)mc2
2(γ − 1)
2(γ − 1)γ
2(γ − 1)
=
= =
=
µ 2
2
1
γβ
γ2 − 1
2v
γ 1 − γ2
2(γ − 1)γ
2γ
γ+γ
=
=
> 1 für
(γ − 1)(γ + 1)
γ+1
γ+1
β>0
Für γ ≫ 1 ist Wkin ≈ 2Wkin,falsch .
3.5.3. W = 0,001 kg · c2 = 9 · 1013 J = 2,5 · 107 kWh =
b 2,5 · 106 ¿ bei 10
Ct
kWh
Der Preis für ein Gramm Gold bewegt sich in der Größenordnung von 10 ¿bis 20 ¿.
!
1
1
1√
2
− 1 = mc2 , 1 − β 2 = , β =
3.5.4. Wkin = mc p
3 ≈ 0,866
2
4
2
1−β
3.5.5.
Wk
1
−1
= p
2
mc
1 − β2
=⇒
1
1 − β2 = 2
Wk
1+
mc2
3.5.6. M c2 = 2γmc2 , M = 2γm = 2 p
1
1−
3.5.7.
3.5.8.
β2
m=
=⇒
2m
= 2,5 m
0,8
(a) We0 = mc2 = 8,18711 · 10−14 J = 0,511 MeV
Wp0
(b) mp = 2 = 1,67262 · 10−27 kg
c
r
r
p
qU (qU + 2mc2 )
2Wkin
2qU
=
, vrel = c ·
(a) vkl =
m
m
qU + mc2
W
W0 + Wkin
Wkin
qU
=
=1+
=1+
W0
W0
mc2
mc2
vkl − vrel
vkl
vrel
(b) Elektron:
U
vrel
2500 V
0,0989c
0,0986c
0,37 %
5 · 106 V 4,42c > c !! 0,9957c
344 %
Proton:
die Beh.
U
vkl
vrel
2500 V
5 · 106 V
0,00231c
0,1032c
0,00231c
0,1028c
vkl − vrel
vrel
2 · 10−4 %
0,40 %
W
W0
1,0049
10,78
γ=
W
W0
1 + 2,6 · 10−6
1,0053
γ=
3.5.9. In erster Näherung verwenden wir einen Plattenkondensator mit der Plattenfläche
A = 4πR2 , R = 6,38 · 106 m und d = h = 6 · 104 m:
ε0 A
1
Q
Q2
Q2 d
, W = CU 2 , U = , W =
=
= 2,21 · 1012 J
d
2
C
2C
2ε0 A
W
m = 2 = 24,5 mg
c
Genauer ist die Kapazitätsformel für den Kugelkondensator mit r = R + h:
4πε0
W
C=
=⇒ m = 2 = 24,3 mg
1
1
c
−
R r
C=
3.5.10.
Wkin − Wkin,klassisch
:
Wkin
!
m
1
2
p
− 1 − β 2 c2
mc
2
2
1−β
!
=1−
=
1
2
p
mc
2
−1
1 − β2
(a) Mit β = 0,1 ist δrel =
δrel
20
β2
1
p
−1
1 − β2
! = 0,0075 = 0,75 %
3 Elektrodynamik - Aufgaben
mc2
Wkin
=
(b) U =
e
e
e−
p+
3.5.11. γ = p
:
:
1
β2
1
p
−1
1 − 0,12
!
= 0,00504 ·
mc2
e
U = 0,00504 · 0,511 · 106 V = 2,57 kV
U = 0,00504 · 938,27 · 106 V = 4,73 MV
=
W
W
=
= 3,4 · 1011
Wp
mp c2
1−
p
s
t
t = = 2 · 106 a = 6,31 · 1013 s =⇒ τ = t 1 − β 2 = = 185 s
c
γ
1
1
1
=
≈
=⇒
γ2 =
1 − β2
(1 − β)(1 + β)
2(1 − β)
m
c
∆v = c − v = c(1 − β) ≈ 2 = 1,3 · 10−15
2γ
s
Bei einem Wettlauf des Teilchens mit einem Lichtstrahl würde das Teilchen nach 107 Jahren nur
um 4 cm hinter dem Licht zurück bleiben!
3.5.12. Mit Energie-Impuls-Relation:
W02 + p2 c2 = W 2 = (2,6W0 )2
=⇒
p2 c2 = 5,76W02
=⇒
p=
2,4W0
= 2,4mc
c
Ohne Energie-Impuls-Relation:
2
Wk = (γ − 1)mc = 1,6mc
2
1
γ= p
= 2,6
1 − β2
=⇒
r
12
1
β = 1− 2 =
γ
13
=⇒
p = γmv = γβmc = 2,4mc
3.5.13.
(a) Da die Energie des Photons endlich ist und es sich mit c bewegt, muss seine Masse null sein.
(b) Aus der Energie-Impuls-Relation folgt W 2 = W02 + p2 c2 = p2 c2
=⇒
W = pc.
9
P
10 W
Ẇ
=
=
= 3,3 N (Laser)
c
c
c
Taschenlampe mit P = 1 W: F = 3,3 · 10−9 N
(c) F = ma = mv̇ = ṗ =
3.5.14.
(d) Im Schwerpunktsystem ist der Gesamtimpuls aller Teilchen null, d.h. auch der Gesamtimpuls
der Photonen nach der Zerstrahlung muss null sein. Da der Impuls eines Photons mit der
W
Energie W > 0 wegen p =
auch größer als null ist, müssen mindestens zwei Photonen
c
entstehen.
1 kg · c2
P
mc2
=
= 2,5 · 1013 W =⇒ F =
= 8,3 · 104 N
(e) P =
t
3600 s
c
P
mc2
(f) F = mg = 9,81 · 106 N =
=⇒ P = F c = 2,94 · 1015 W =
=⇒ m = 32,7 g
c
1s
p
r
(γ − 1)W0
1
Wk
γ2 − 1
1
=⇒ β = 1 − 2 =
=
=γ−1
(a) γ = p
,
α=
2
γ
γ
W
W0
0
1−β
p
p
p
p = γmv = γβmc = mc γ 2 − 1 = mc (γ − 1)(γ + 1) = mc α(α + 2)
Oder mit der Energie-Impuls-Relation:
W 2 = W02 + p2 c2
(b)
γmv 2
= qvB
r
=⇒
p2 c2 = (γ 2 − 1)m2 c4
=⇒
p = mc
=⇒
γβmc
p
γmv
=
=
=
r=
qB
qB
qB
mc
p
mc
α(α + 2)
=
qB
21
q
Wk
mc2
Wk
mc2
qB
p
γ2 − 1
+2
p
Wk (Wk + 2mc2 )
=
qBc
3 Elektrodynamik - Aufgaben
(c) Wk (Wk + 2mc2 ) = Wk2 + 2mc2 Wk = r2 e2 B 2 c2 =⇒
p
Wk = −mc2 + m2 c4 + r2 e2 B 2 c2 = 9,6 · 10−7 J = 6,0 · 1012 eV,
oder:
p
p = reB = mc γ 2 − 1
=⇒
γ=
r
1+
U = 6,0 · 1012 V
r 2 e2 B 2
= 1,17 · 107
m2 c2
Wk = (γ − 1)mc2 = 1,17 · 107 · 0,511 MeV = 6,0 · 1012 eV
3.5.15. γ = 1,25
3.5.16.
=⇒
eU = Wk =
(a) u2 = u′2 ⊕ v =
u′2 + v
1+
u′2 v
c2
me c2
me c2
=⇒ U =
= 1,3 · 105 V
4
4e
r
1
β = 1 − 2 = 0,6 =⇒ v = 0,6c
γ
=0
=⇒
u′2 = −v, Impulssatz in S’: u′1 = −u′2 = v
(b) Energiesatz in S’: 2γmc2 = (2m + M )c2 + Wk,ges ‘
M ist dann maximal, wenn Wk,ges ‘ = 0, d.h. wenn alle Teilchen ruhen.
(c) u = 0 ⊕ v = v
=⇒
W = γ(2m + M )c2 = γW ′
In S’: 2γmc2 = (2m + M )c2
=⇒
γ =1+
M
2m
In S: W = 2mc2 + Wk = γ(2m + M )c2 = γW ′ = 2γ 2 mc2
=⇒
γ2 =
Wk
+1
2mc2
√
√
M
M
= γ − 1 = 1 + α − 1, Wk ≫ mc2 =⇒ α ≫ 1 =⇒
≈ α
2m
2m
√
√
(e) Mit m = mp ist 2mc2 = 1,877 GeV. M = M
=
m(
1
+
α
−
1)
≈
m
α
2
(d)
Wk
α
M
mp
M c2
GeV
Wk
2M c2
6,4 GeV
900 GeV
7 TeV
3,41
480
3730
1,10
20,9
60,1
1,03
19,6
56,4
3,10
22,9
62,1
p
u
und γ0 = 1 − β02 folgt:
c
W = (γ0 + 1)mc2 = γW ′ = 2γ 2 mc2 =⇒
Mit β0 =
γ02 − 1 = 4γ 2 (γ 2 − 1) = 4α(1 + α)
γ0 = 2γ 2 − 1
q
mc p
mc
mc
mc
γ0 mu2
γ02 − 1 =
= euB =⇒ B =
γ0 β0 =
· 2 α(1 + α) ≈
· 2α
r
re
re
re
re
Wk
mc 2Wk
=
B≈
·
= 5,43 T
re 2mc2
rec
#
"
2
M
M
M
2 2
2
= 2M c2 2 +
− 1 = M c2 2 +
1+
(f) Wk = 2mc (γ − 1) = 2mc
2m
2m
m
Wk = 6mc2 = 5,63 GeV = 3 · 2M c2
500
Higgs: Wk = 103 GeV · 2 + 0,938
= 535 TeV = 535 · 2M c2
pp: M = m
=⇒
(g) Der Preis x ist zum Radius der Anlagen proportional:
s
r
p
mc
2−1
γ
γ02 − 1
4α(1 + α) √
M
r
1
1
x
0
eB
p
= ′ =
= ·
= 1+α=γ =1+
= ·
′
2
mc
2
x
2r
2
γ −1
2
α
m
2·
γ −1
eB
Für M c2 = 500 GeV:
x
= 534.
x′
22
3 Elektrodynamik - Aufgaben
Ein Festtargetbeschleuniger mit der gleichen Schwerpunktsenergie wie der LHC (M c2 =
7 TeV) würde 7460 mal soviel kosten wie der LHC, sein Umfang wäre ungefähr 4 · 105 km.
3.6 Der magnetische Fluss
3.6.1. Φ = AB⊥ = r2 πB sin ϕ = 1,9 · 10−4 Vs
3.7 Bewegungsinduktion
3.7.1.
Vs
800 m
· 5 · 10−5 2 · sin 65◦ = 0,30 V, Minuspol im Osten
3,6 s
m
(b) Der Fluss durch die von den Tragflächen überstrichene Fläche ändert sich nicht, d.h. für jede
Flugrichtung parallel zur Erdoberfläche ist U = 0,30 V .
~ durch
(c) Bei einer Beibehaltung der Flugrichtung nach Norden ist der Winkel zwischen ~v und B
ϕ = β + 65◦ gegeben, also ist
U = lvB sin(ϕ + 65◦ )
(a) U = lvB sin ϕ = 30 m ·
U = 0 für β = −65◦, Umpolung für β < −65◦, Umax = lvB = 0,33V für β = 25◦ .
3.7.2. Der halbe Rotor überstreicht in der Zeit t die Fläche (T = 18 s)
A(t) =
r2 ωt
ϕ
· r2 π =
2π
2
mit
ω=
2π
1
= 16π
T
s
Mit B = 5,0 · 10−5 T und α = 65◦ ist der Fluss durch A
Φ(t) = A(t)B sin α =
r2 πB sin α
·t
T
und damit
r2 πB sin α
= 0,056 V
T
|UOB | = |UOA |, aber entgegengesetztes Vorzeichen, d.h. UAB = 0.
|UOA | = |Φ̇(t)| =
3.7.3.
ˆ Rotation in einer zur xy-Ebene parallelen Ebene um den Mittelpunkt des Leiters
ˆ ~v k ~l =⇒ vom Leiter überstrichene Fläche A = 0 =⇒ Φ = 0 =⇒ |U | = |Φ̇| = 0
~ liegt in der von ~l und ~v aufgespannten Ebene E. Dann gilt
ˆ B
~ kE
B
=⇒
B⊥ = 0
=⇒
Φ=0
=⇒
|U | = |Φ̇| = 0
~ und ~l k B
~
Spezialfälle: ~v k B
3.7.4.
(a) U ist positiv, wenn der Strom im Gegenuhrzeigersinn fließt, d.h. der Normalenvektor ~n zeigt
~ Φ ist also negativ. Der rechte Rand der Leiteraus der Zeichenebene heraus (entgegen zu B).
schleife erreicht zur Zeit t1 = 1 s den Magnetfeldrand, der linke Rand zur Zeit t2 = 4 s.
Φ


−abB = −180 µVs
Φ(t) = − (a − v(t − t1 )) bB = 60 µV(t − 4 s)


0
U (t) =
(
U
1
4
t
s
für t ≦ t1
für t1 < t2
für t ≧ t2
U
Φ
0
für t ≦ t1 und t ≧ t2
−vbB = −60 µV für t1 < t2
(b) U ist positiv, wenn der Strom im Uhrzeigersinn fließt, d.h.
der Normalenvektor ~n zeigt in die Zeichenebene hinein (ent~ Φ ist also negativ. Der rechte Rand der Leitergegen zu B).
schleife (Spitze des Dreiecks) erreicht zur Zeit t1 = 2 s den
Magnetfeldrand. Für 0 ≦ t ≦ t1 gilt
b
b
y = (a − x) = b − x
a
a
=⇒
b
A
x = vt
y
a−x
vt
1
1
x
= bvt 1 −
A(t) = ab − (a − x)y = bx 1 −
2
2
2a
2a
23
3 Elektrodynamik - Aufgaben



0
2
Φ(t) = −A(t)B = −bv t − vt
B = 6 · 10−5
2a


− 1 abB = −2,4 · 10−4 Vs
U (t) =
(
V
s
2
· t −4s·t
2
0
−Φ̇(t) = bv 1 −
Φ
vt
a
U
B = 1,2 ·
10−4 Vs
für t < 0
für 0 ≦ t ≦ t1
für t > t1
für t < 0 und t > t1
· (2 s − t) für 0 ≦ t ≦ t1
200 µV
U
1
t
s
2
Φ
−200 µVs
(c) Wegen RPQ = ∞ fließt kein Strom und es gibt somit keine bremsende Lorentzkraft auf den
unteren Leiter. Der Leiterrahmen führt also eine harmonische Schwingung aus:
r
1
D
= 8,0
x(t) = x0 + A0 sin ωt mit x0 = 10 cm und ω =
m
s
r
D
v0
m 2
m
v = A20 =⇒ A0 = v0
=
= 8,0 cm
2 0
2
D
ω
Wegen A0 < x0 ist die untere Sseite des Leiterrechtecks immer im Magnetfeld. Die Schwingungsdauer ist
2π
= 0,785 s
T =
ω
U ist positiv, wenn der Strom im Uhrzeigersinn fließt, d.h. der Normalenvektor ~n zeigt in die
~ Φ ist also positiv.
Zeichenebene hinein (gleiche Richtung wie B).
Φ = BA = Bax = Ba(x0 + A0 sin ωt) = 5 mVs + 4 mVs sin ωt
U (t) = −Φ̇ = −BaA0 ω cos ωt = −32 mV cos ωt
U
mV
Φ
mVs
32
U
Φ
1
T
2
t
s
~ Φ(0) ist
3.7.5. Zur Zeit null ist U positiv, wenn der Normalenvektor ~n nach links zeigt (entgegen zu B),
also negativ:
Φ(t) = −abB cos ωt
Mit ω = 2πf = 40π
1
s
=⇒
U (t) = −nΦ̇(t) = −nabBω sin ωt
folgt U (t) = −5,0 V · sin ωt.
24
3 Elektrodynamik - Aufgaben
3.8 Das Induktionsgesetz
3.8.1. A = 3 cm2 ,
NEMP: α =
3.8.2.
α=
V
B0
= 1010 2 ,
t20
m s
B0
V
= 1016 2 ,
2
t0
m s
|U | = |Φ̇| = 2Aαt,
U (t0 ) = 6 · 104 V,
∆Φ = AB0 = 3 · 10−4 Vs
U (t0 ) = 60 V,
∆Φ = AB0 = 3 · 10−4 Vs
(a) U ist positiv, wenn der Strom im Uhrzeigersinn fließt, d.h. der Normalenvektor ~n zeigt in die
~ Φ ist also positiv:
Zeichenebene hinein (gleiche Richtung wie B),
Φ(t) = Bab = Bvt
Buv
V
− vt =
· t − Bv 2 · t2 = 2 V · t − 50 · t2
2
2
s
u
U (t) = −Φ̇(t) = −
U
V
Buv
V
+ 2Bv 2 · t = −2 V + 100 · t
2
s
100Φ
Vs
2
Φ
1
0,01
−1
0,02
0,03
0,04
t
s
U
−2
(b) U = 0, wenn Φ(t) = Φ0 (konstant):
Φ(t) = Bvt
u
2
− vt = Φ0
=⇒
B(t) =
3.8.3. Ausschalten: Ḃ < 0,
Φ0
vt
− vt
u
2
~
F
nach links, zum größeren Feld hin.
~
B
~i
B
Einschalten: Ḃ > 0,
nach rechts, zum kleineren Feld hin.
~
B
I
− +
~
F
~
F
~i
B
Aluring
~
B
~i
B
~i
B
~
B
~
F
Ausschalten
~
B
Einschalten
3.9 Wirbelfelder und Wirbelströme
3.9.1.
(a) r < r0 :
r ≧ r0 :
|Φ̇|
|r2 π Ḃ|
rB0 ω
=
=
· | cos ωt|
2πr
2πr
2
rB0 ω
V
Für t = 0 gilt: E(r) =
= 3 · 105 2 · r
2
m
E=
|r2 π Ḃ|
r 2 B0 ω
|Φ̇|
= 0
= 0
· | cos ωt|
2πr
2πr
2r
480 V
r 2 B0 ω
=
Für t = 0 gilt: E(r) = 0
2r
r
V
m
=⇒
r1 =
104
m = 3,33 cm,
3 · 105
25
10
8
6
4
E=
(b) E(r) = 104
E
kV
m
2
0
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
r2 =
480
m = 4,8 cm
104
r
cm
3 Elektrodynamik - Aufgaben
3.10 Das Ampèrsche Durchflutungsgesetz
3.10.1.
3.10.2.
I
I
~ d~s = µ0 I = lcut a
B
nA
=⇒
n=
lcut a
= 7958
µ0 IA
~ d~s = µ0 I = lcut a
B
nA
=⇒
I=
lcut a
= 50 A
µ0 nA
3.10.3. Der Strom im inneren Leiter sei positiv, der im äußeren damit negativ. Die Stromdichte (Strom
pro Fläche) im inneren Leiter sei ji , im äußeren Leiter ja :
ji =
I
,
r12 π
ja =
I
(r32 − r22 )π
Der Strom durch eine kreisförmige Querschnittsfläche mit Radius r ist

Ir2

2

r
πj
=

für 0 ≦ r ≦ r1
i


r12


I
für r1 < r ≦ r2
I(r) =
2
2
2
2
r
−
r
I(r
−
r
)π

3
2

für r2 < r ≦ r3
=I· 2
I − (r2 − r22 )πja = I − 2


(r3 − r22 )π
r3 − r22



0
für r > r3
µ I
0

für 0 ≦ r ≦ r1

 2πr2 · r

1


 µ0 I
für r1 < r ≦ r2
µ0 I(r) 
B(r) =
= 2πr
2
2

2πr
µ
I(r
−
r
)

0
3

für r2 < r ≦ r3
I·


 2π(r32 − r22 )r


0
für r > r3
B
µT
r in cm
0
1
2
2,5
3
B in µT
0
4
2
1,6
0
4
2
1
3.10.4.
x
cm
3
2
0
0
~ 2x =
~ 1x = B1x · 0 =
mit
und B
(a) B
B2x
1
B1x

µ0 I
µ0 I
1
1
1
1


=
für x < − a2
+
+
−

a
a
a
a

−
x
−
x
+
x
−
x
2π
−
2π

2 2
2

µ I 1 2
1
0
für − a2 < x <
+
B1x (x) =
a
a
+
x
−
x
2π


2
2


1
1
µ0 I
µ0 I
1
1


=
für x > a2
−
+

a
a
a
2π
x − a2
2π
2 +x
2 +x
2 −x
Also gilt für alle x außerhalb der Drähte
µ0 I
1
1
4a
µ0 I
=
+ a
· 2
B1x (x) =
a
+
x
−
x
2π
2π
a
−
4x2
2
2
B2x (x) erhält man aus B1x (x) durch eine Verschiebung einmal um a2 nach links und einmal um a2 nach
rechts. Bei der Verschiebung nach rechts wird I durch
I
I
2 , bei der Verschiebung nach links durch − 2 ersetzt:
26
y
B1
B2
I1
B2
a
2
B2
B1
I2
B1
x
B2
B1
a
2
a
2
I
2
−a
I
2
I
2
I
2
a
x
3 Elektrodynamik - Aufgaben
4a
µ0 I
B2x (x) =
4π
a 2
2
a2 − 4 x −
µ0 Ia
=
π
−
1
−
4a
a2 − 4 x +
1
a 2
2
!
=
!
=
2
(2x + a) − a2
1
µ0 Ia
1
µ0 Ia
1
1
− 2
=
−
=
=
+ 2
+
π
4x − 4ax 4x + 4ax
4πx
x−a x+a
µ0 Ia
µ0 I
−2a
a2
=
=
· 2
·
2
2
4πx x − a
2π x(a − x2 )
y
I
a
2
α
+
I
a
2
r
2
(2x − a) − a2
y
I
x
a
I
2
r
r
a
β
y
r
B1y
I
µ0 2
2πr
µ0 I
2πr
µ0 I
2πr
µ0 I a
µ0 I
· sin α =
·
=
2πr
πr 2r
µ0 Ia
µ0 I
a
=
=
· a2
2
2
2πr
2π
4 +y
B1y (y) = 2 ·
(b) |B1x (x)| ≈
µ0 I
2πy
β
α
µ0 I a
· ,
2π x2
|B2x (x)| ≈
x
I
2
=
µ0 I
2πr
µ0 I
µ0 I
µ0 I
−
· cos β =
(1 − cos2 β) =
2πy 2πr
2πy
µ0 I
µ0 I
a2
=
sin2 β =
·
2πy
2π y (a2 + y 2 )
B2y (y) =
µ0 I a 2
· ,
2π x3
|B1y (y)| ≈
µ0 I a
· ,
2π y 2
(c)
x in m
0,2
1,0
|B1x | in µT
2,02
0,0800
|B1y | in µT
1,98
0,0799
|B2x | in µT
0,42
0,00321
|B2y | in µT
0,38
0,00319
(d)
x in m
0,2
1,0
|B1x | in µT
5,33
0,201
|B1y | in µT
4,71
0,200
|B2x | in µT
3,33
0,0202
|B2y | in µT
2,00
0,0198
(e)
x in m
20
100
|B1x | in µT
4,04
0,160
|B1y | in µT
3,96
0,160
|B2x | in µT
0,833
0,00641
|B2y | in µT
0,769
0,00639
(f) Der Strom I, der durch (0|y) in Richtung der z-Achse
fließt, erzeugt auf der x-Achse das Feld
Bx (x, y, I)
~
B(x,
y, I) =
By (x, y, I)
mit
µ0 I
µ0 I
y
· cos α =
· 2
2πr
2π x + y 2
µ0 I
µ0 I
x
By (x, y, I) =
· sin α =
·
2πr
2π x2 + y 2
|B2y (y)| ≈
I
y
α
r
~
B
α
Bx (x, y, I) =
27
µ0 I a 2
·
2π y 3
x
Bx
By
x
3 Elektrodynamik - Aufgaben
a
a
B1x (x, y, I) = Bx x + , y, I + Bx x − , y, −I =
2
2
!
y
µ0 I
y
=
−
2
2
2π
x + a + y2
x − a + y2
2
−I
I
y
2
a
a
B1y (x, y, I) = By x + , y, I + By x − , y, −I =
2
2
!
a
x+ 2
x − a2
µ0 I
=
−
2
2
2π
x + a + y2
x − a + y2
2
− a2
a
2
2
−I
y
B2x (x, y, I) = Bx (x + a, y, −I) + Bx (x, y, I) + Bx (x − a, y, −I) =
!
y
µ0 I
y
y
+ 2
=
−
−
2π
x + y2
(x + a)2 + y 2
(x − a)2 + y 2
B2y (x, y, I) = By (x + a, y, −I) + By (x, y, I) + By (x − a, y, −I) =
!
µ0 I
x
x+a
x−a
=
+ 2
−
−
2
2
2π
x + y2
(x + a) + y 2
(x − a) + y 2
B1 =
B
µT
450
400
350
300
250
200
150
100
50
q
2 + B2 ,
B1x
1y
B1
x
B2 =
−I
I
a
−a
x
q
2 + B2
B2x
2y
B
µT
20
y = 1m
B1
y = 8m
15
10
B2
B2
5
1 2 3 4 5 6 7 8 9
1 2 3 4 5 6 7 8 9
x
m
x
m
3.11 Berechnung von Magnetfeldern
3.11.1.
(a) Die Summe der beiden Randfelder der kleinen Spulen ist gleich dem Feld im Mittelpunkt der
großen Spule:
µ0 nI
BM
=
BM = 2BR =⇒ BR =
2
2l
(b) B =
µ0 nI
l
=⇒
I=
Bl
= 1,3 · 103 A
µ0 n
3.12 Induktivität und magnetische Feldenergie
3.12.1.
(a) Für 0 ≦ t ≦ t1 gilt
I2 (t) =
U0
R2
und I1 (t) =
R1
U0 1 − e− L ·t
R1
R1
L
U0
R1 t1
ist
.
≫ 1, e− L ·t ≪ 1 und damit I1 (t1 ) ≈
R1
L
R1
Für t > t1 gilt dann in guter Näherung
Wegen t1 ≫
I1 (t) = I2 (t) = I1 (t1 ) e−
28
R1 +R2
L
·(t−t1 )
=
U0 − R1 +R2 ·(t−t1 )
L
e
R1
3 Elektrodynamik - Aufgaben
U1 (t) = R1 I1 (t) =
U2 (t) = R1 I1 (t) =
(b) L =
(
(
R1
U0 1 − e− L ·t
U0 e
−
R1 +R2
L
für 0 ≦ t ≦ t1
·(t−t1 )
für t > t1
für 0 ≦ t ≦ t1
U0
R2 I2 (t) =
R2
R1
· U 0 e−
R1 +R2
L
·(t−t1 )
für t > t1
R1
1 R1 + R2
1
µ0 An2
= 0,02513 H,
= 200 ,
= 800
l
L
s
L
s
U
V
1
0,4 A · 1 − e−200 s ·t
I1 (t) =
(
U1 (t) =
(
1
2 V · 1 − e−200 s ·t
U2 (t) =
(
2V
1
6 A · e−800 s ·(t−t−1)
0,4 A · e
−800
(t ≦ t1 )
1
s ·(t−t−1)
6
(t ≦ t1 )
U2
(t ≦ t1 )
1
2 A · e−800 s ·(t−t−1)
4
(t ≦ t1 )
(t ≦ t1 )
(t ≦ t1 )
2
U1
0,01
(c) I1 (t) = 0,99 ·
U0
R
1
1 − e−200 s ·t = 0,99
=⇒
I1 (t1 + ∆t) =
=⇒
U0
U0 −800 1 ·∆t
s
= 0,01 ·
e
R
R
(d) Wenn R2 sehr groß ist, dann ist auch der Faktor
Schalter!).
t=
=⇒
R2
R1
0,02
0,03
ln 100
= 0,023 s
200 1s
∆t =
ln 100
= 5,8 · 10−3 s
800 1s
in U2 (t) sehr groß (Öffnungsfunke am
3.12.2. L ist die Gesamtinduktivität der Schaltung.
Reihenschaltung:
Ui = Ui1 + Ui2
=⇒
−LI˙ = −L1 I˙ − L2 I˙
=⇒
L = L1 + L2
Parallelschaltung:
I = I1 + I2
3.12.3. Lges = 2 H +
1
0,5 H
=⇒
1
+
1
2H
I˙ = I˙1 + I˙2
=⇒
= 2,4 H
29
−
t
s
Ui
Ui
Ui
−
=−
L
L1
L2
=⇒
1
1
1
+
=
L
L1
L2
3 Elektrodynamik - Aufgaben
3.12.4.
(a) B0 = µ0 ·
nI0
a
n2 A
L = µ0 ·
a
n=
=⇒
La
= 32 m2
A=
µ0 n 2
(b) y = 8,25 cm − x
2
B0 a
= 2,1 · 103
µ0 I0
=⇒
=⇒
r0 =
r
A
= 3,2 m
π
P3
2
x + (4 cm) = r
2
P2
r
y 2 + (6,5 cm)2 = (8,25 cm − x)2 + (6,5 cm)2 = r2
4
(8,25 cm)2 − 16,5 cm · x + x2 + (6,5 cm)2 = x2 + (4 cm)2
x
(8,25 cm)2 + (6,5 cm)2 − (4 cm)2
x=
= 5,72 cm
16,5 cm
p
r = x2 + (4 cm)2 = 6,98 cm
mv 2
= evB0
r
=⇒
v=
6,5
r
y
r
P1
erB0
m
= 2,67 · 107
m
s
mv 2
er2 B02
m 2
v
=⇒ Up =
=
= 3,7 · 106 V
2
2e
2m
1
W
2,7 · 109 J
B2
∆t =
=
= 2,7 · 104 s = 7,5 h
(c) W0 = Aa · 0 = LI02 = 2,7 · 109 J,
2µ0
2
P
105 Js
eUp =
(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
R
1
1
Die Anfangsbedingung I(0) = I0 passt.
=
= 7,14 · 10−6 .
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
L
L
W1
W0
t1 = −
=
= 5,5 · 105 s = 1,5 · 102 h
ln
ln
2R W0
2R W1
R
I1 = I(t1 ) = I0 e− L ·t1 = 3,8 · 102 A
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
b 2 n ′ B0 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
2 ′
=b nB
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
praktisch konstant. Maximales ϕ̇:
ϕ̇ ≈
π
2
0,29 s
= 5,4
20◦
1
R
≫
s
L
5◦
′
Umax
≈ b2 n′ B(t2 )ϕ̇ = 1,7 · 105 V
R
3.12.5. 3 A · e− L ·2 ms = 1 A
=⇒
1
R
= 549
L
s
0
=⇒
30
L = 0,41 H
0,25
=⇒
Wm =
0,50
0,75
1 2
LI = 1,8 J
2
t′
0,95 s
3 Elektrodynamik - Aufgaben
3.13 Massenbestimmung und Zyklotron
3.13.1.
(a) Die Teilchen verlassen das Wienfilter mit der Geschwindigkeit v =
mv 2
d
2
= |q|vB2
=⇒
d=
E
B1 .
2Em
|q|B1 B2
~ nach rechts orientiert sein.
Für positive und negative Teilchen muss E
(b) v =
m
E
= 4,00 · 104 ,
B1
s
B2 =
2Em
2E · 10−27 kg
=
= 4,99 · 10−2 T
|q|B1 d
eB1 · 0,01 m
(c) Mit der relativen Atommasse A und dem Ionisierungsgrad Z gilt m = Au und q = Ze
(u = 1,66 · 10−27 kg ist die atomare Masseneinheit).
d=
m
kg
2Eu
2E
A
A
= 1,60 · 106 2 =
·
·
= 1,66 cm ·
|q| B1 B2
As
B1 B2 e |Z|
Z
2
= 3,32 cm
1
4
: d = 1,66 cm · = 3,32 cm
2
H+
2 : d = 1,66 cm ·
He++
4
m 2
(d)
v = eU
2
=⇒
v=
r
m
2eU
= 1,88 · 107
m
s
B2 =
4
= 6,64 cm
1
3
He+
= 4,98 cm
3 : d = 1,66 cm ·
1
He+
4 : d = 1,66 cm ·
=⇒
E = vB1 = 1,88 · 103
V
m
2Em
= 4,27 · 10−3 T
eB1 d
Ohne Änderung würden die Elektronen nicht durch das Wien-Filter kommen, da
Fe = e · 2 · 104
m
N
= 1,6 · 10−15 N und Fm = e · 1,88 · 107
· 10−4 T = 3,0 · 10−16 N
C
s
Die Elektronen würden im Wien-Filter nach links abgelenkt, da Fe > Fm .
√
2mWmax
3.13.2. m = 2u, q = e =⇒ r0 =
= 11,5 cm
eB
f=
eB
= 3,8 · 106 Hz
2πm
3.13.3. Zuerst muss man untersuchen, ob relativistisch gerechnet werden muss. Mit m = mp und
Wk = Wkin,max = 30 MeV ist γ =
1
γ= p
1 − β2
=⇒
(30 + 938,27) MeV
mc2 + Wk
=
= 1,0320
2
mc
938,27 MeV
r
1
β = 1 − 2 = 0,247 > 0,1
γ
=⇒
relativistisch rechnen!
Trotzdem zuerst die klassische Rechnung (Index n für Näherung“):
”
√
2mWk
(a) Bn =
= 0,352 T
r0 e
r
1
1
1
2Wk
eBn
= 1,86 · 10−7 s
=
= 5,36 · 106 , Tn =
(b) fn =
2πm
2πr0
m
s
fn
Wk
3 · 107 eV
(c) ∆W = 2eU =⇒ n =
=
= 150, tn = nTn = 2,80 · 10−5 s
∆W
2 · 105 eV
r
2Wk
m
Wk
= 2πr0 fn = 7,58 · 107 , U =
= 30,0 MV
(d) vn =
m
s
e
Jetzt relativistisch:
γmv
γmv 2
mc
mc p 2
γ − 1 = 0,355 T
= evB =⇒ B =
(a)
= γβ
=
r0
r0 e
r0 e
r0 e
31
4 Elektromagnetische Schwingungen und Wellen - Aufgaben - GK
(b) f =
eB
fn
1
v
=
=
= 5,20 · 106 ,
2πr0
2πγm
γ
s
(c) t = nT = 2,89 · 10−5 s
m
(d) v = βc = 7,40 · 107
s
Gegenüberstellung:
r
2
Bn
=
= 0,992,
B
γ+1
T =
1
= 1,92 · 10−7 s
f
vn
=γ
v
fn
T
= γ = 1,032,
=
f
Tn
r
2
= 1,024
γ+1
4 Elektromagnetische Schwingungen und Wellen
4.1 Der elektrische Schwingkreis
4.1.1. L =
µ0 n2 AL
= 4,04 · 10−4 H,
l
d=
4.1.2. C ′ =
C=
ε0 AC
,
d
f=
1
√
2π LC
1
d
= 4π 2 Lf 2
=
C
ε0 AC
=⇒
4π 2 ε0 µ0 f 2 n2 AL AC
= 7,1 · 10−3 m = 7,1 mm
l
ε0 k 2 AC
ε0 AC
=k·
= kC,
kd
d
µ0 n2 k 2 AL
µ0 n2 AL
=k·
= kL
kl
l
1
1
f
1
√
√
√
=
=
=
f′ =
′
′
2
k
2π L C
2πk LC
2π k LC
L′ =
4.1.3. Die Frequenz f in Abhängigkeit von C und L kann
als Funktionenschar dargestellt werden:
Mit
f
f2
1
fL (C) = √
2π LC
L1
L1 sei der minimal und L2 der maximal mögliche
Wert für L. Der Graf von fL2 (C) liegt dann unter
dem Grafen von fL1 (C). Nebenstehender Abb. entnimmt man die Bedingungen
fL2 (C1 ) = f2
L2
f1
und fL1 (C2 ) = f1
C1
C2
C
C1 = 50 pF, C2 = 550 pF, f1 = 0,5 MHz und f2 = 1,5 MHz folgt
1
1
fL2 (C1 ) = √
= f2 =⇒ L2 = 2 2
= 2,25 · 10−4 H
4π f2 C1
2π L2 C1
fL1 (C2 ) =
L=
µ0 n 2 A
l
1
√
= f1
2π L1 C2
s
=⇒
n=
=⇒
Ll
µ0 A
L1 =
=⇒
1
4π 2 f12 C2
n1 = 209,7
= 1,84 · 10−4 H
und n2 = 231,8
210 ≦ n ≦ 231
√
4.1.4. T = 2π LC
I(t) = I0 sin ωt,
U0 =
T2
= 2,03 · 10−8 F = 20,3 µF
4π 2 L
W
µW
U (t) = U0 cos ωt
=⇒
C=
Q0
= 7,99 V
C
1
1
CU02 = LI02 = 6,48 · 10−7 J
2
2
WL (t) = W0 sin2 ωt,
WC
WL
0,2
0,3
0,4
I0 = U0 Cω = Q0 ω = 2,54 · 10−3 A
W0 =
Wges
0,6
0,2
WC (t) = W0 cos2 ωt
0,1
32
T
0,5
0,6
t
ms
4 Elektromagnetische Schwingungen und Wellen - Aufgaben - GK
4.1.5. C =
56ε0 · 1,2 m2
µ0 b2 πn2
56ε0 AC
µ0 AL n2
=
=
5,95
=
= 2,63 · 10−8 H ·n2
µ
F,
L
=
|
{z
}
d
10−4 m
l
4l
L0
f=
4.1.6. f =
1
2π
r
D
m
=⇒
′
W = W − ∆W
1
4.1.7. f =
2π
r
D
m
W = W′
f 2 = 16f ′2
=⇒
D = 4π 2 f 2 m = 3,95
D = 4π 2 f 2 m
=⇒
=⇒
n=
=⇒
′
1
√
= 914
2πf L0 C
N
m
D
D ′2
A = A2 − ∆W
2
2
=⇒
=⇒
=⇒
1
1
√
√
=
2πn L0 C
2π LC
W =
A =
r
A2 −
2∆W
= 7,0 cm
D
D 2
A = 2π 2 f 2 mA2
2
2π 2 f 2 mA2 = 2π 2 f ′2 · 4m · (2A)2 = 16 · 2π 2 f ′2 mA2
f
4
f′ =
r
D
1
1
ω
1
1
= 1,257 = 0,4000 π , f =
= 0,2000 , T = = 5,000 s
m
s
s
2π
s
f
r
D
m
D 2
m
A = x20 + v02 =⇒ A = x20 + v02 = 2,000 cm
Energiesatz:
2
2
2
D
x0
x(0) = x0 = A sin ϕ =⇒ sin ϕ =
= 0,951 =⇒ ϕ = 71,99◦ = 0,400 π
A
h 1
ϕ i
= 2 cm · sin 0,4π (t + 1 s)
x(t) = A sin ω t +
ω
s
r
D
D 2
m 2
cm
Energiesatz:
A = vmax =⇒ vmax = A
= Aω = 2,513
2
2
m
s
i
h cm
1
ϕ
= 2,513
· cos 0,4π (t + 1 s)
v(t) = vmax cos ω t +
ω
s
s
4.1.8. ω =
Die maximale Kraft auf die Masse m ist Fmax = DA, ihre maximale Beschleunigung ist also
DA
m
= ω 2 A = 3,158 2 =⇒
m
s
h m
1
ϕ i
= −3,158 2 · sin 0,4π (t + 1 s)
a(t) = −amax sin ω t +
ω
s
s
amax =
x, v, a
0,03
a
0,02
x
0,01
−1
2
1
4
5
t
−0,01
−0,02
−0,03
3
v
33
4 Elektromagnetische Schwingungen und Wellen - Aufgaben - GK
4.1.9. Für
x
π
1
ωtk = 2π · tk = + 2kπ
s
2
4
mit k ∈ Z, d.h. für
1
+k s
tk =
4
h1
2
0
ist sin ωtk = 1 und damit
1
3
2
4
5
6
7
8
9
t
x(tk ) = h1 (tk ).
−2
h2
Analog gilt
−4
x(t′k ) = h2 (t′k )
für
t′k
=
3
+k
4
s
4.1.10. Die Kraft auf die gesamte Flüssigkeitssäule ist
F = −2xA̺g = −D · x mit D = 2A̺g
s
r
r
r
1
D
2A̺g
2g
2g
ω = 2πf =
=
=
=⇒ f =
m
̺As
s
2π
s
4.2 Erzwungene Schwingungen (Resonanz)
4.2.1.
(a) Φ = LA I = LA IA0 sin ωt
=⇒
I0
µA
Ue = −kLA IA0 ω cos ωt
10
Die gesamte im Stromkreis wirkende
˙
Spannung ist Ue − LI:
RL I +
Q
= Ue − LI˙
C
d
dt
8
I
= kLA IA0 ω 2 sin ωt − LI¨
RL I˙ +
C
7
RL ˙
1
kLA IA0 ω 2
I¨ +
I+
I=
sin ωt
L
LC
L
6
(b) I0 ist maximal, wenn der Nenner minimal ist, d.h. wenn
1
1
= 5 pF
= ωL =⇒ C = Cmax =
ωC
Lω 2
I0,max =
kLA IA0 ω
= 1,0 · 10−5 A
RL
5
4
3
(c) I0 (5,05 pF) = 1,01·10−8 A ≈ 0,001I0,max
I0 (4,95 pF) = 0,99·10−8 A ≈ 0,001I0,max
Die Abweichung beträgt also 99,9%.
ω
0,99999 0,9999
0,9998
(d)
1
1,00001 1,0001
1,0002
ω0
I0
µA
9
2
1
0
10
4,47
0,50
0,25
34
0, 9998 0, 9999 1, 0000 1, 0001 1, 0002
ω
ω0
4 Elektromagnetische Schwingungen und Wellen - Aufgaben - GK
I0 (ω) = q
kLA IA0
R2L
ω2
+
1
ω2 C
−L
2
I0 (ω) maximal, wenn r(ω) =
r′ (ω) =
RL2
+
ω2
1
−L
ω2C
2R2
dr
= − 3L + 2
dω
ω
r′ (ω1 ) = 0
=⇒
2
minimal ist:
2
1
−
L
·
−
ω2C
ω3C
−RL2 −
2
ω12 C 2
+
2L
=0
C
ω0
1
ω0
≈ ω0 1 + 2,5 · 10−11
= √
ω1 = q
= q
2
−11
RL C
1 − 5 · 10
LC − 12 RL2 C 2
1 − 2L
ω1 − ω0
= 2,5 · 10−11 = 2,5 · 10−9 %
ω0
35