Musterloesung

KW 24/2015
Prof. Dr. R. Reifarth, Dr. J. Glorius
Übungen zur Experimentalphysik II
Aufgabenblatt 7 - Lösung
Aufgabe 1:
Das Amperesche Gesetz lautet:
I
~ L
~ =I
Hd
S
Den Integrationsweg S kann man z.B. wie im Bild gezeigt wählen. D.h. man legt CD in so großen Abstand,
~
dass an dieser Stelle H∞ = 0. Weiterhin steht das H-Feld
näherungsweise senkrecht auf den Verbindungs~ und DA.
~ Hier gilt also Hd~
~ s = 0. Es bleibt als einziger Beitrag zum Linienintegral das
vektoren für BC
Axialfeld entlang AB im Inneren der Spule.
I
~ s=
Hd~
S
Z
~ ∞ d~s +
H
CD
|
{z
=0
}
Z
~ s+
Hd~
Z
~ s+
Hd~
BC
DA
| {z }
| {z }
=0
Z
~ axial d~s
H
AB
=0
Wählt man nun die Stecke AB = l < L, dann schließt das Linienintegral S den Strom IS = n · I ein.
Wobei n der Anzahl eingeschlossener Spulenwindungen entspricht und damit n = l N
L . Es ergibt sich
somit:
Z
~ axial d~s = IS
H
AB
Haxial · l = n · I
N ·I
Haxial =
L
Einsetzten der Zahlenwerte liefert:
H=1
kA
m
Aufgabe 2:
Gegeben: d = 0, 1m,I1 = 4A,I2 = 6A
~ = I1 (d~l × B)
~
dF~ = dq1 (v~D ) × B
Aus der Vorlesung wissen wir, wie das Feld um einen stromdurchflossenen Leiter (in Zylinderkoordinaten)
zu beschreiben ist:
I2
~
B(r)
= µ0
e~ϕ
2πr
Wir legen nun die Drähte in z-Richtung, d.h. d~l = ~ez · dl. Und damit:
ZF
µ0
dF~ =
I1 I2 (~ez × e~ϕ )
2πd
0
ZL
dl
0
Da die Leiter parallel zueinander liegen bleibt:
F =
µ0
I1 I2 · L
2πR
F
µ0
N
=
I1 I2 = 4.7 · 10−5
L
2πR
m
Bei gleichgerichtetem Strom ziehen sich die Leiter an, bei entgegengesetztem stoßen sie sich ab.
Aufgabe 3:
Gegeben: r = 0, 53 Å = 0, 53 · 10−10 m
Für den Drehimpuls gilt:
~ = m(~r × ~v )
L
wobei |~v | = v2πr = ωr und da ~r ⊥ ~v ist folgt:
~ = mr2 ω
|L|
Für das magnetische Moment gilt
|m|
~ = I · A = qvA = q
ω 2
~ · q
r π = |L|
2π
2m
Nun setzt man L = h̄ und m = me und es ergibt sich das Bohrsche Magneton
µB =
h̄e
J
= 9 · 10−24
2me
T
Aufgabe 4:
Für eine einzelne Windung gilt für beide Leiterstücke b:
~
F~ = I · ~b × B
bzw.
F = IbB
~ und damit im Winkel α = 90◦ − ϕ zum Leiterstück ~a. Für das
Es steht F~ senkrecht auf ~b und B
Drehmoment gilt allgemein:
~ = F~ × ~r
L
bzw. für das antiparallele Kräftepaar im vorliegenden Fall:
~ = F~1 × ~r1 + F~2 × ~r2 = F~1 × ~r1 + (−F~1 ) × (−~r1 ) = 2F~1 × ~r1 = 2|F~1 | · |~r1 | sin(α)
L
und somit
a
sin(90◦ − ϕ) = F · a cos ϕ = IBab cos ϕ
2
Bisher wurde nur eine Windung betrachtet, für N Windungen gilt:
L = 2F ·
L = N IBA cos ϕ = 7.8 · 10−3 Nm
Ein anderer Ansatz für die Aufgabe wäre das magn. Moment mA zu verwenden:
~ =m
~
L
~A×B
Aufgabe 5:
Hallspannung (mit I = j · A = j · b · d ⇒ j =
UH
=
UH,Si =
UH,Cu =
I
bd ):
jBb
IB
=
nq
nde
3 · 10−3 A · 1T
= 1, 85 · 10−3 V
2 · 1022 m−3 · 0, 5 · 10−3 m · e
3 · 10−3 A · 1T
= 0.74 · 10−9 V
5 · 1028 m−3 · 0, 5 · 10−3 m · e
(1)
(2)
(3)
Für den Winkel zwischen dem gesamten Elektrischen Feld und dem ursprünglichen E-Feld ohne Magnetfeld gilt:
EH
tan φ =
Ex
mit
EH =
UH
b
und
Ux
IR
Iρl
Iρ
=
=
=
l
l
Al
bd
wobei ρ der spezifische Widerstand ist. Es folgt für den Hallwinkel:
Ex =
tan φ =
UH d
Iρ
(4)
!
⇒ φSi
1, 85 · 10−3 V · 0, 5 · 10−3 m
= arctan
3 · 10−3 A · 2, 5 · 10−3 Ωm
!
⇒ φCu
0, 74 · 10−9 V · 0, 5 · 10−3 m
= arctan
3 · 10−3 A · 1, 7 · 10−8 Ωm
= 7◦
(5)
= 0.42◦
(6)