E2-E2p: Experimentalphysik 2Prof. J. Lipfert

SS 2018Probeklausur: Elektromagnetismus

Musterlosung der Probeklausur: Elektromagnetismus

Vorname: Nachname:

Matrikelnummer:

Studiengang: Fachsemester:

• Studierende der E2p (6 ECTS) mussen die mit * markierten (Teil-)Aufgaben nichtbearbeiten.

• Bitte schreiben Sie Ihren Namen auf jede Seite und legen Sie Ihren Lichtbildausweis bereit.

• Nur dokumentenechte Schreiber verwenden. Blatter mit Eintragungen von Bleistift, Tippex oderTintenkiller konnen nicht bewertet werden!

• Hilfsmittel: Taschenrechner, ein beidseitig beschriebenes DIN A4 Blatt, Worterbuch

• Bearbeitungszeit: 90 min

• Ergebnisse bitte nur auf die Aufgabenblatter (ggf. auch die Ruckseiten beschreiben).

• Viel Erfolg!

Aufgabe Erreichte Punkte Mogliche Punkte Korrektor

1 30

2 15

3 20

4 20

5 15

Σ 100

Einige nutzliche KonstantenAvogadro-Konstante: NA = 6,022 · 1023 mol−1

Boltzmann-Konstante: kB = 1,381 · 10−23 J/KGas-Konstante: R = 8,314 J/(K · mol)Plancksches Wirkungsquantum (Planck-Konstante): h ≈ 6.63× 10−34 J sAtomare Masseneinheit: u = 1.66× 10−27 kgElektronenvolt: 1 eV ≈ 1.6× 10−19 JElementarladung: e ≈ 1.60× 10−19 CMasse eines Elektrons: me = 9.1× 10−31 kgDielektrizitatskonstante: ε0 ≈ 8.85× 10−12 C2

N m2

Magnetische Feldkonstante: µ0 ≈ 1.26× 10−6 T mA

1

Name:

Aufgabe 1

Verstandnisfragen (30 Punkte). Geben Sie kurze Antworten (1-2 Satze, bzw. kurze Rech-nung, bzw. einfache Skizze) auf die folgenden Fragen.

a) Joulesche Verluste. Ein Widerstand in einem Stromkreis dissipiert Energie mit einer Ratevon 1 W. Jetzt wird die Spannung, die am Widerstand anliegt, verdoppelt. Was ist die neueDissipationsrate?

Losung: 4 W. Die Verlustleistung ist P = U 2/R, somit P ′ = 4P .

b) LR-Kreis. Im unten gezeigten Stromkreis wird zum Zeitpunkt t = 0 der Schalter S ge-schlossen. Zeichnen Sie den Betrag der uber die Spule abfallenden Spannung UL als Funktionder Zeit. Das Koordinatensystem soll den Ursprung im Punkt (t = 0 s, UL = 0 V) haben.Legen sie die korrekten Skalen fest, indem sie mindestens einen weiteren Punkt auf jederAchse beschriften.

Losung:

Fur den LR-Kreis gilt beim Einschalten UL(t) = U0e−R

Lt mit τ = L

R = 5 ms; U0 = 10 V.

c) Gekreuzte Drahte. Zwei sehr lange, gerade und isolierte Drahte sind rechtwinklig ange-ordnet, siehe Skizze. In beiden Drahten fließen Strome des Betrages I in die angegebenenRichtungen. Was ist das magnetische Feld B am Punkt P?

2

Losung: Null! Die Beitrage der Magnetfelder von den beiden Drahten addieren sich imPunkt P zu B = 0.

d) Drahte in Reihe. Ein Ende eines Kupferdrahtes der Lange 2L und QuerschnittsflacheA ist mit dem Ende eines zweiten Kupferdrahtes der Lange L und Querschnittsflache 2Averbunden. Wenn das freie Ende des langeren Drahtes auf einem Potentoal von 8,0 V liegtund das freie Ende des kurzeren Drahtes auf 1,0 V, was ist das Potential am Kontaktpunktder beiden Drahte?

Losung: 2,4 V. Erinnere: Widerstand ist R = lAρ. Der langere und dunnere Draht hat also

einen 4 x großeren Widerstand als der dickere und kurzere. Uber dem kurzeren Draht falltalso nur 1/5 der Potentialdifferenz von 7,0 V ab, d.h. 1,4 V. Sein freies Ende liegt auf 1,0V, der Kontaktpunkt also auf 1,4 V + 1,0 V = 2,4 V. Alternativ kann man vom freien Endedes langen Drahtes ausgehen: 8,0 V - 4/5 · 7,0 V = 2,4 V.

e) Widerstands-Netzwerk. Der Schaltkreis unten hat 8 gleiche Widerstande R und eineSpannungquelle mit einer Spannung von V Volt und vernachlassigbarem Innenwiderstand.Wie groß ist der durch die Batterie fließende Strom? Welche Leistung wird am Widerstandoben links im Netzwerk dissipiert?

Losung: Es fließt ein Strom von 32VR . Aus der Symmetrie des Netzwerks sieht man, dass an

den horizontalen Widerstanden keine Potentialdifferenz anliegt und somit kein Strom fließt.Oben und unten im Netzwerk sind jeweils drei gleiche Widerstande parallel geschaltet; der

3

Gesamtwiderstand der drei parallel geschalteten Widerstande ist(

1R + 1

R + 1R

)−1= 1

3R.Zwei dieser Dreifach-Parallelschaltungen sind in Reihe geschaltet, der Gesamtwiderstand desNetzwerkes ist also 2

3R, der fließende Strom somit I = URges

= V(2/3)R = 3V

2R .

Im Widerstand oben links fließt 1/3 dieses Stromes, somit V /(2R). Die dissipierte Leistung

ist allgemein P = RI 2 und somit hier P = R(V2R

)2= 1

4V 2

R . Alternativ kann man die amWiderstand oben links abfallende Spannung (V /2) betrachten und P = U 2/R nutzen.

f) Materie im Magnetfeld. Die Abbildung unten zeigt zwei diamagnetische Kugeln in derNahe des Nordpols eines Stabmagneten. In welche Richtung zeigen (i) die magnetische Kraftauf die Kugeln und (ii) die magnetischen Dipolmomente in den Kugeln und iii) welche derbeiden Kugeln erfahrt die großere magnetische Kraft?

Losung: links, rechts, die Rechte. i) Die magnetische Kraft zeigt fur beide Kugeln nach links(d.h. vom Stabmagneten weg) — Diamagnete werden von einem inhomogenen Magnetfeldabgestoßen, d.h. erfahren eine Kraft in Richtung schwacheres Feld. ii) Die induzierten Dipol-momente in den Kugeln zeigen nach rechts (d.h. in Richtung Stabmagnet) — Die Feldliniendes Magneten zeigen von Nordpol weg, d.h. sie zeigen nach links; die in einem Diamagneteninduzierte Dipolmomente sind dem externen Feld entgegen gerichtet, also nach rechts. iii)Die rechte Kugel, d.h. die Kugel naher am Stabmagneten erfahrt die großere Kraft, da dortder Gradient des Feldes großer ist.

g) Generator. In der rechteckigen, markierten Region wirkt ein konstantes Magnetfeld B indie Papierebene. Ein halbkreisformiger Draht wird mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ωum eine Achse rotiert, die senkrecht auf der Papierebene steht und durch den Punkt Ageht. Zeichnen Sie schematisch die im halbkreisformigen Draht induzierte Spannung Uind

als Funktion der Zeit t .

Losung: Uind ist hier mit”emf“ E beschriftet.

4

h) Frequenzfilter*. Im unten gezeigten Wechselstromkreis ist Vi die Eingangsspannung undVo die Ausgangsspannung. Der Ohmsche Widerstand sei R und die Induktivitat des Kon-densators C . Zeichnen Sie schematisch das Verhaltnis Vo/Vi als Funktion der Kreisfrequenzω der Eingangsspannung.

Losung: Die Skizze ist fur R = 1 Ω und C = 1 F berechnet. In der Skizze ist mit dergestrichelten Linie der Punkt markiert, bei dem Vo/Vi auf 1/

√2 abgefallen ist, namlich bei

ωc = 1RC .

i) Radioubertragung 1*. In”modernen” Radioubertragungen wird eine Tragerwelle gesen-

det, auf die das eigentliche Signal (z.B. Sprache oder Musik)”aufmoduliert” wird. Nennen

Sie zwei Verfahren zur Modulation und geben Sie an, welche Eigenschaft der Tragerwellejeweils moduliert wird. Warum war diese Art der

”modulierten” Ubertragung mit Marconis

Knallfunksender nicht moglich? Wie konnte man trotzdem Nachrichten ubertragen?

Losung: Die zwei Verfahren sind Amplitudenmodulation (”AM”), bei der die Amplitude

der Tragerwelle moduliert wird, und Frequenzmodulation (”FM”), bei der die Frequenz mo-

duliert wird. Der Knallfundsender sendet keine kontinuierliche Tragerwelle einer definiertenFrequenz, sondern ein unterbrochenes und relativ breitbandiges Signal. Die Ubertragung vonInformationen erfolgte im Fall des Knallfunksenders durch Morsesignale.

j) Radioubertragung 2*. Maria Callas singt in der Metropolitan Opera in New York City,die Performance wird live im (damals komlett analogen) Radio ubertragen. Wer hort ihreStimme zuerst: Eine Zuschauerin, die 50 m von der Buhne entfernt im Konzertsaal sitzt,oder ein Radiohorer in San Francisco (ca. 4600 km von New York entfernt)? Was ist dieZeitdifferenz? Gehen Sie davon aus, dass sich das Mikrophon fur die Radioubertragung nurwenige cm von der Sangerin entfernt befindet, dass der Radiohorer mit Kopfhorer zuhortund dass die Schallgeschwindgkeit in Luft bei Raumtemperatur 340 m/s betragt.

Losung: Das Radiosignal breitet sich mit Lichtgeschwindigkeit aus, der Ton in der Kon-zerthalle nur mit Schallgeschwindigkeit. Die Laufzeiten der Signale sind jeweils ∆t = ∆x

v ,die Laufzeitdifferenz ist somit ∆∆t = 50 m

340 m/s −4 600 000 m

3·108m/s= 0, 13 s, der Radiohorer in San

Francisco hort die Stimme von Maria Callas also ca. 0,13 s fruher als die Konzertbesucherin!

5

Name:

Aufgabe 2

Feld in einer Kugelschale. Eine nichtleitende Kugelschale mit inneren Radius a und auße-rem Radius b hat innerhalb ihrer Dicke eine positive Ladungsdichte ρ = A/r , wobei r derAbstand zum Zentrum ist und A eine Konstante. Im Zentrum der Kugelschale befindet sich einePunktladung +q .

a) Was ist das Feld in der Region zwischen der Punktladung und der Kugelschale, d.h. fur r < a?

b) Wie mussen Sie die Konstante A wahlen, so dass das Feld innerhalb der Kugelschale (fura < r < b) homogen ist? Hinweis: Die Konstante A hangt von a ab, nicht jedoch von b.

Losung:

a) Das Feld fur r < a ist das Feld einer positiven Punktladung +q . Nach dem GaußschenSatz gilt: ∮

A

~E · d~A =Q

ε0= E ·A = E · 4πr2

E =Q

4πε0r2=

+q

4πε0r2

b) Des elektrische Feld am Radius a < r < b innerhalb der Kugelschale lasst sich analogzu Teilaufgabe a) mit Hilfe des Gaußschen Satzes bestimmen, wobei jetzt Q = q + qSgilt. qS beschriebt hierbei die von der Gaußschen Flache umschlossene Ladung aus derKugelschale. qS ist abhangig vom umschlossenen Volumen dV . Dabei konnen wir eineKugelschale von infinitesimaler Dicke dr annehmen, sodass dV = 4πr2dr gilt.

qS =

r∫a

ρ dV = 4π

r∫a

A

r ′r ′2 dr ′ = 4π

r∫a

Ar ′ dr ′ = 2πA(r2 − a2)

Dann ist das elektrische Feld gegeben durch:

E =Q

4πε0r2=

1

4πε0r2(q + 2πAr2 − 2πAa2) =

1

4πε0(q

r2+ 2πA− 2πAa2

r2)

Damit das elektrische Feld homogen ist, mussen sich der erste und der dritte Term ge-genseitig aufheben. Dies tun sie, wenn q − 2πAa2 = 0. Also gilt fur A:

A =q

2πa2

6

Name:

Aufgabe 3

Massenspektrometer - Parabelmethode. Die Abbildung unten zeigt einen Massenspek-trographen. Ionen aus einer Ionenquelle (schwarzer Balken ganz links) werden mit einer Span-nung UB auf eine Geschwindigkeit ~v beschleunigt. Sie treten anschließend in den Bereich mitder Lange l ein, in welchem ein Magnetfeld mit der magnetischen Flussdichte B und ein elektri-sches Feld mit der Feldstarke E herrschen. Durch diese Felder werden die Ionen abgelenkt undtreffen nach der Strecke s auf einen Schirm. Die Ablenkung wird durch die Position in x- undy-Richtung angezeigt.

a) Was ist die Geschwindigkeit eines Ions der Masse m und Ladung q , das mit v = 0 aus derIonenquelle austritt, nach dem es durch die Spannung UB beschleunigt wurden ist? Hinweis:Sie konnen nicht-relativistisch rechnen.

b) Berechnen Sie die Ablenkung in x -Richtung am Ende der Strecke s in Abhangigkeit derLadung, der Masse und der Geschwindigkeit v des Ions.

c) Berechnen Sie die Ablenkung in y-Richtung am Ende der Strecke s in Abhangigkeit derLadung, der Masse und der Geschwindigkeit v des Ions.

d) Stellen Sie y in Abhangigkeit von x fur s = 0 dar. Das Ergebnis sollte nicht mehr von derGeschwindigkeit abhangen. Was konnen Sie uber die Schirmpositionen von Ionen mit gleicherMasse und gleicher Ladung sagen?

Losung:

a) Die anfangliche potentielle Energie des Ions im homogenen elektrischen Feld wird, wennsich das Ion am Spalt (d.h. an der Stelle wo es den Bereich mit der Beschleunigungsspan-nung UB verlasst) befindet, vollstandig in kinetische Energie umgewandelt worden sein.Es gilt also Energieerhaltung:

E Ionenquellepot = ESpalt

kin

UBq =mv2

z

2

vz =

√2UBq

m

7

b) Die Ablenkung in x-Richtung wird durch das Magnetfeld hervorgerufen. Es ergibt sich eineKraft durch die Lorentzkraft in x-Richtung:

Fx = q · v · B = m · ax .

Somit ergibt sich fur die Beschleunigung ax in x-Richtung

ax =q · v · B

m.

Fur die Ablenkung x folgt nun durch einfache Zusammenhange:

x =1

2ax t

2 =1 · q · v · B

2 ·m· t2

Fur sehr kleine Ablenkungen und der Annahme, dass die Felder strikt auf die Strecke l be-grenzt und somit die Ablenkung und die Beschleunigung nur auf dieser Strecke geschieht,konnen wir t = l

v einsetzen. Daraus ergibt sich

x =q · v · B · l2

2 ·m · v2=

q · B · l2

2 ·m · v(am Ende des Magnetfeldes an der Stelle z = l)

Somit ist die Ablenkung in x-Richtung proportional zum Kehrwert des Impulses p. Danachfliegt das Teilchen geradlinig (mit der Geschwindigkeit v) mit der Steigung tanα derAbleitung der Bahnkurve an der Stelle z = l weiter bis zum Schirm. Allerdings ist dieGeschwindigkeitskomponente in vz -Richtung ( vz = vz0 · cosα ) verkleinert. An der Stellegilt dann zS = l+s : xS = xl +s ·tanα·. Fur den Radius der Kreisbahnkurve des Teilchensim Magnetfeld gilt: r = m·v

q·B . Aus geometrischen Uberlegungen gilt fur die Steigung ander Stelle z = l fur alle Radien r > l :

tanα =l

r − x=

lm·vq·B −

q·B ·l22·m·v

und:

cosα =l

r=

l · q · Bm · v

somit trifft der Teilchenstrom in x Richtung im Abstand:

xS =q · B · l2

2 ·m · v+ s · 2 · B ·m · v · q · l

2 ·m2 · v2 − q2 · B2 · l2

auf den Schirm.

c) Um die Ablenkung in y-Richtung auszurechnen bedienen wir uns im Endeffekt der gleichenMethode. Zuerst stellen wir die Kraftgleichungen auf

Fy = q · E = m · ay

Durch Auflosen nach der Beschleunigung erhalten wir

ay =q

m· E

Fur die Ablenkung y gilt analog zu der Ablenkung x

y =1

2ay · t2

8

Durch Einsetzen und der oben angewandten Annahme erhalten wir fur y

y =q · E · l2

2m · v2(am Ende des E-feldes an der Stelle z = l)

Somit ist die Ablenkung in y-Richtung proportional zum Kehrwert der kinetischen EnergieEkin .

Danach fliegt das Teilchen geradlinig mit der Steigung der Ableitung der Bahnkurve ander Stelle z = l weiter bis zum Schirm an der Stelle zS = l + s: xS = yl + s tanβ. Wobeitanβ die Steigung an der Bahnkurve des Teilchens am Ende des E-Feldes an der Stellez = l sei. Aus geometrischen Uberlegungen gilt fur die Steigung an der Stelle z = l :tanβ =

vyvz

wobei vy = ay · t = q·Em · t = q·E ·l

m·vz ist und somit tanβ = q·E ·lm·v2

z. somit trifft

der Teilchenstrom in y Richtung im Abstand:

yS =q · E · l2

2m · v2+ s · q · E · l

m · v2z

auf den Schirm.

d) Stellen wir den Schirm genau ans Ende der Felder im Punkt z = l also s = 0 und lostman nun beide Gleichungen nach v auf und setzt sie ineinander ein, erhalt man durchAuflosen nach y

y =2 · E

(B · l)2 qm

· x 2

Wie man an der Gleichung erkennen kann, sind alle Großen außer q und m Parameter desAufbaus, die fur alle Ionenarten gelten. Nur die genannten Ausnahmen sind ionenspezifisch.Die Gleichung sagt uns, dass alle Punkte auf dem Schirm mit dem gleichen Verhaltnis q/mauf einer Parabel liegen.

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Name:

Aufgabe 4

Elektrik im Auto.

a) Die Aufgabe einer Zundspule im Auto ist es, die vorhandene Niederspannung der elektrischenAnlage in die erforderliche Hochspannung zur Erzeugung eines Zundfunkens umzuwandeln.Eine Zundspule hat einen Eisenkern mit µ = 2000 und N = 15000 Windungen. Die Lange derSpule betragt l = 5,0 cm und die Querschnittsflache A = 3,0 cm2. Was ist die InduktivitatL der Spule?

b) In einer Messung wurde festgestellt, dass sich innerhalb von 2 ms die Stromstarke annaherndlinear um 14 mA andert. Was ist die induzierte Spannung?

c) Der Abstand der Zundelektroden an der mit der induzierten Spannung betriebenen Zundkerzesei 1 mm. Wie groß darf die Durchschlagsfestigkeit des zu zundenen Benzin-Luft-Gemischesmaximal sein, damit die Zundkerze zundet?

d) Bei elektrischen Schaltvorgangen konnen auch unerwunschte Funken entstehen. Um die ne-gative Wirkung zu vermindern, werden in Stromkreise Kondensatoren eingebaut. Ein ausge-bauter Entstorkondensator wurde uber einen Widerstand von R = 1 kΩ entladen. Zu Beginnlag an dem Kondensator eine Spannung von U0 = 23,4 V an. Nach 10 s wurde eine Spannungvon U1 = 2,79 V gemessen. Berechnen Sie aus den gemessenen Großen die Kapazitat desKondensators und die gespeicherte Ladung zu Beginn.

e) Zeichnen Sie das U (t) Diagramm fur den Entladevorgang aus der letzten Teilaufgabe. Zeich-nen Sie eine Entladekurve fur R = 2 kΩ in das gleiche Koordinatensystem.

Losung:

a) Die Induktivitat einer Zylinderspule ist gegeben durch

L = µ0µrN2A

l= 4π · 10−7 H

m· 2000 · 150002 · (3 · 10−4)m2

0.05m≈ 3393H .

b)

Uind = LdI

dt= L

∆I

∆t= L · 14 · 10−3 A

2 · 10−3 s≈ 23.75 kV

c)

Ed =Uind

d=

23.75 · 103 V

1 · 10−3 m= 23.75

MV

m

Die Durchschlagsfestigkeit fur trockene Luft betragt 3MV /m (siehe Vorlesung 13). DieZundkerze sollte also in jedem Fall zunden.

d) Ein Kondensator entlad sich mit

U (t) = U0 · e−t

RC .

10

Umstellen und einsetzen der gegebenen Werte fur U0 und U (t = 10 s) liefert die Kapa-zitat:

C =t

R· [ln(

U0

U (t))]−1 =

10 s

1 · 103 Ω· [ln(

23.4V

2.79V)]−1 ≈ 4700µF

Damit ergibt sich fur die zu Beginn am Kondensator gespeicherte Ladung:

Q0 =U0

C= 23.4V · 4700µF ≈ 0.11C

e) Die Entladung dauert fur R = 2 kΩ langer als fur R = 1 kΩ. Durch den großeren Wider-stand wird der Exponent kleiner und die Exponentialfunktion fallt schwacher ab.

11

Name:

Aufgabe 5*

Wechselstromkreis*. Der Wechselstromkreis unten hat eine WechselstromspannungsquelleU , die eine Spannung U (t) = U0 sin(ωt) liefert.

a) Was ist der Betrag des Stromes I1, der im Zweig mit dem Kondensator fließt? Hinweis:Sie konnen die Phase hier ignorieren und den Betrag der Impedanz benutzen, der sich alsWurzel der quadratischen Addition der Beitrage von Kapazitat und ohmschen Widerstandzusammensetzt.

b) Was ist der Betrag des Stromes I2, der im Zweig mit der Spule fließt? Der Hinweis der letztenTeilaufgabe gilt analog.

c) Zeigen Sie jetzt, dass die Potentialdifferenz zwischen den Punkten a und b fur alle FrequenzenNull ist, wenn die Bedingung R1 · R2 = L/C erfullt ist.

Losung:

a) Bei dem Strom I1 handelt es sich um den Strom durch den Kondensator-Zweig. Es giltdie Maschenregel.

U = UC + UR1 .

U0 sin(ωt) =Q

C+ I1R1

Hier setzt sich die Impendanz (bzw. ihr Betrag), welche uns das Verhaltnis zwischenSpannung und Stromstarke im Wechselstromkreis liefert, aus

|Z1| =√

R21 + X 2

C

zusammen, mit XC = 1ωC . Damit ist der Betrag der Stromstarke gegeben durch:

|I1| = U0/|Z1|

b) Bei dem Strom I2 handelt es sich um den Strom durch den Spulen-Zweig. Es gilt dieMaschenregel.

U = UL + UR2 .

U0 sin(ωt) = LdI2dt

+ I2R2

Hier setzt sich die Impendanz (bzw. ihr Betrag) aus

|Z2| =√R2

2 + X 2L

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zusammen, mit XL = ωL. Damit ist der Betrag der Stromstarke gegeben durch:

|I2| = U0/|Z2|

c) Man kann die Potentialdifferenz zwischen a und b aus zwei verschiedenen Richtungenbestimmen. Im Uhrzeigersinn:

Vab = I1XC − I2R2 (1)

Gegen den Uhrzeigersinn:

Vab = −I1R1 + I2XL (2)

Auflosen von (1) nach I1 liefert:

I1 =1

XC(Vab + I2R2)

Einsetzten in (2) und Ausklammern von Vab und I2 liefert:

Vab = − 1

XC(Vab + I2R2)R1 + I2XL

(1 +R1

XC)Vab = (XL −

R1R2

XC)I2

Damit die Potentialdiffernez zwischen den Punkten a und b Null wird muss demnachgelten, dass

XL −R1R2

XC= 0⇔ R1R2 = XLXC =

L

C

mit XL = ωL und XC = 1ωC .

13