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Studienjahr FS 2015 ETH Zürich D-MATH/D-PHYS Prof. K. Kirch Klausur, 11. August 2015, Physik II Musterlösung 1 Multiple Choice (8 Punkte) (1.2) = c) Leiter insgesamt neutral; Feld wird mit Abstand schwächer, deswegen bewegen sich weniger Ladungsträger. (1.3) = d) Nach langer Zeit ist die Kapazität voll aufgeladen, deswegen fliesst kein Strom mehr durch diesen Ast (d.h. Q˙ = IC = 0). Nach langer Zeit ist der Strom konstant, deswegen gibt es keinen Potentialabfall (= LI˙ = 0) über die Spule. Deswegen fliesst über den mittleren Ast mehr Strom als über den dritten. (1.4) = b) E Feld zeigt vom grossen zum kleinen Potential. Je dichter die Äquiotentiallinien sind, desto stärker ist das E-Feld. (1.5) = a) (1.6) = d) Die Lenz’sche Regel sagt, dass V proportional I˙ ist. D.h. wenn I = const, muss V = 0 sein, wenn I linear zunimmt (abnimmt), muss V = const > 0 (< 0) sein. (1.7) = d) Potential ist eine Integration über das E-Feld, und E-Feld im Dielektrikum ist kleiner wegen Polarisationsladung. (1.8) = d) Die Lorentzkraft ist F = qv × B = q|v||B| sin θ. Für θ = 0 oder 180 Grad F = 0, für θ = 90 Grad F maximal. (1.9) = a) divB = 0 (keine magnetischen Quellen). Siehe Micro-Teaching. 2 Schiff und Satellit (9 Punkte) a) (2 Punkte) Die Amplitude der harmonischen stehenden Wasserwelle ist gegeben durch ξ(x, t) = A0 cos(kx) cos(ωt), (1) wobei die Wellenzahl k= 1 2π λWasser (2) und die Kreisfrequenz vWasser (3) λWasser sind. Da der Schiff sich an einem Wellenbauch befindet, ist seine Position als Funktion der Zeit: ξBauch (t) = A0 cos(ωt). (4) ω = 2πν = 2π b) (1.5 Punkte) Der Sender bewegt sich harmonisch in vertikaler Richtung, d.h. hin und zurück relativ zum Satellit. Somit haben wir hier mit dem Doppler Effekt mit ruhendem Beobachter und sich bewegender Quelle zu tun: die empfangene Frequenz ist verschoben je nachdem ob der Schiff vom Satellit sich entfernt oder sich zu ihm annähert. Die maximale Frequenz wird erreicht für die Radiowelle, die vom Schiff ausgestrahlt wurde als er bei ξBauch = 0 war und sich nach oben bewegte. c) (3 Punkte) Zuerst berechnen wir die vertikale Geschwindigkeit des Schiffes: vSchiff = ξ˙Bauch (t) = −ωA0 sin(ωt). (5) max = ωA , als der Schiff durch Die maximale Geschwindigkeit ist deswegen vSchiff 0 ξBauch = 0 geht. Im Referenzsystem des Schiffes ist die Frequenz der Radiowelle gegeben durch νradio = c/λradio , wobei c die Lichtgeschwindigkeit ist. Nach dem Dopplereffekt finden wir dass die vom Satellit maximale beobachtete Frequenz ist max = νSatellit νradio 1− max vSchiff c c/λradio c/λradio = . ωA0 Wasser A0 1− c 1 − 2πv λWasser c = (6) d) (2.5 Punkte) Die mittlere Energieflussdichte (Intensität) beim Satellit ist I= P . 4πz02 (7) Für eine elektromagnetische Welle ist die mittlere Energieflussdichte mit dem Poyntingvektor ~= 1E ~ ×B ~ S (8) µ0 verknüpft (siehe Serie 11, Aufgabe 3b)): ~ = I = h|S|i 1 E02 , 2 cµ0 wobei E0 die Amplitude des elektrischen Feldes ist. Auflösung nach E0 gibt: s P cµ0 E0 = . 2πz02 (9) (10) 3 Kosmische Strahlung (8.5 Punkte) a) (4 Punkte) Seien p0p , p0γ und p0∆ die Viererimpulse von Proton, Photon und ∆Teilchen im Bezugssystem Σ0 : p0p = (Ep0 /c, p~ 0p ), (11) p0γ p0∆ (12) = (Eγ0 /c, p~ 0γ ), = (m∆ c, ~0), 2 (13) mit Ep0 und p~ 0p die Energie und der Dreierimpuls des Protons, Eγ0 und p~ 0γ die Energie und der Dreierimpuls des Photons und c die Lichtgeschwindigkeit. Im Bezugssystem Σ0 ist das ∆-Teilchen in Ruhe, d.h. dieses System ist das Schwerpunktsystem des Prozesses. Die Energie- und Impulserhaltung liefert p0p + p0γ = p0∆ (14) p0γ = p0∆ − p0p . (15) und folglich Wir können das Vierer-Betragsquadrat davon bilden, (p0γ )2 = (p0∆ − p0p )2 , (16) (p0γ )2 = (p0∆ )2 + (p0p )2 − 2(p0∆ · p0p ), (17) das heisst wobei das Skalarprodukt links als Vierer-Skalarprodukt (p1 · p2 ) = (E1 /c)(E2 /c) − p~1 · p~2 gemeint ist. Aus der Relation (p0i )2 = (Ei0 /c)2 − |~ p 0i |2 = m2i c2 , für alle Teilchen (i = p, γ, ∆), und mit den obigen Viererimpulsen finden wir   Ep0 2 2 2 2 0 = m∆ c + mp c − 2 m∆ c · −0 . (18) c Die Auflösung nach Ep0 liefert das gewünschte Ergebnis: Ep0 m2p m∆ + m∆
1 1 = m2∆ c2 + m2p c2 = 2m∆ 2 ! c2 . (19) b) (2 Punkte) Die Energieerhaltung im Bezugssystem Σ0 lautet Ep0 + Eγ0 = m∆ c2 . (20) Die Auflösung nach Eγ0 liefert Eγ0 = m∆ c2 − Ep0 1 2 = m∆ c2 − 1 = 2 (21) m∆ + m2p m∆ − m∆ m2p m∆ ! c2 (22) ! c2 . (23) c) (2.5 Punkte) Die Geschwindigkeit v des ∆-Teilchens im Bezugssystem Σ ist die Geschwindigkeit des Bezugssystems Σ0 relativ zum Bezugssystem Σ. Wir können diese Geschwindigkeit aus dem (longitudinalen) relativistischen Dopplereffekt des Lichts ermitteln, indem wir beachten dass Energie und Frequenz eines Photons durch E = hν verknüpft sind. Dabei müssen wir noch berücksichtigen dass das Photon in Σ0 rückwärts läuft: s Eγ0 1+β hν 0 ν0 = = = , (24) Eγ hν ν 1−β mit ν (bzw. ν 0 ) die Frequenz im Bezugssystem Σ (bzw. Σ0 ) und β = v/c. Umgeformt,  (1 − β) Eγ0 Eγ 3 2 =1+β (25) und nach β aufgelöst:  β= Eγ0 Eγ 2 Eγ0 Eγ 2 =1−  −1 (26) +1 Eγ0 2 2 Eγ . (27) +1 Setzen wir noch das Ergebnis aus Teilaufgabe b) für Eγ0 ein, bekommen wir 2c v =c− m2 m∆ − m p ∆ 1 2 .
!2 c2 Eγ (28) +1 4 Zwei parallele Leiter (9.5 Punkte) a) (2.5 Punkte) Wir betrachten zuerst einen einzelnen Leiter, der die lineare Ladungsdichte λ = Q/` > 0 trägt. Wir suchen das elektrische Feld ausserhalb des Leiters im Gebiet um den Leitermittelpunkt, d.h. weit entfernt von den Leiterenden. Aus Symmetriegründen und aus r0  `, in diesem Gebiet zeigt das elektrische Feld radial von der Leiteroberfläche weg und hängt nur vom Abstand vom Leiter ab. Mit dem Gauss’schen Gesetz, an einem konzentrischen Zylinder mit Radius r > r0 und Länge L  ` angewandt, Z Qinnen λL ! ~ = E · 2πrL, ~ · ds = = E (29) ε0 ε0 ∂Z können wir das gesuchte elektrische Feld ausserhalb des Leiters berechnen: E1Leiter (r) = Q λ = . 2πε0 r 2πε0 Lr (30) Wir betrachten nun die zwei parallele Leiter. Wegen r0  a beeinflüssen sich die Ladungen auf den beiden Leitern nur sehr wenig. Wir können deshalb das gesamte elektrische Feld als Superposition der Felder von zwei einzelnen Leitern schreiben. Auf der x-Achse sind diese elektrische Felder in x-Richtung und aus der Superposition bekommen wir:   +Q −Q Q 1 1 E(x) = + = + , (31) 2πε0 Lx 2πε0 L(x − a) 2πε0 L x a − x wobei E > 0 einem in positiver x-Richtung zeigenden Feld entspricht. 4 b) (2.5 Punkte) Die Spannung zwischen den Leitern ist  Z a−r0 Z a−r0  Q 1 1 E(x)dx = V = dx (32) + 2πε0 L r0 x a−x r0  a−r0 Q  = ln(x) − ln(a − x) (33) 2πε0 L r0  Q  = ln(a − r0 ) − ln(r0 ) − ln(a − a + r0 ) + ln(a − r0 ) 2πε0 L (34)   Q a − r0 = (35) ln πε0 L r0   Q a ≈ , (36) ln πε0 L r0 wobei wir in Gleichung (36) r0  a verwendet haben. Die Kapazität des Systems ist folglich Q πε0 L πε L   = 0  . C= = Q· (37) V Q ln a ln a r0 r0 c) (1 Punkt)Die im Leitersystem gespeicherte Energie ist gegeben durch   1 Q2 1 Q2 a 1 2 = ln . U = CV = 2 2 C 2 πε0 L r0 (38) d) (2 Punkte) Die elektrostatische Energie in Gleichung (38), als Funktion von a betrachtet, beschreibt die Arbeit dW die angewendet werden muss um die Position des zweiten Leiters um einen infinitesimalen Betrag da zu ändern: dW = dU = U (a + da) − U (a). (39) Andererseits ist diese Arbeit mit der angewendeten Kraft Fext verknüpft: dW = Fext · da. (40) Während dieses Prozesses ist Fext stets gleich und entgegengesetzt zur elektrischen Anziehungskraft Fel . Es folgt: dU da    d 1 Q2 a =− ln da 2 πε0 L r0 1 Q2 1 =− , 2 πε0 L a Fel = −Fext = − (41) (42) (43) wobei das “−” Zeichen einfach betont, dass die elektrische Kraft anziehend ist. e) (1.5 Punkte) Die Kraft zwischen den Leitern ist anziehend mit Betrag Fel = | − Q · E1Leiter (a)| = Q · Q Q2 = , 2πε0 La 2πε0 La d.h. genau dasselbe Ergebnis wie in Teilaufgabe d). 5 (44) 5 Spielt die Form keine Rolle? (8 Punkte) a) (4 Punkte) Sei F eine geschlossene Fläche, die die positiv geladene Elektrode vollständig umschliesst. Der Strom I aus dieser Elektrode kann als Fluss der Stromdichte ~j durch die Fläche F geschrieben werden: Z ~ ~j · ds. I= (45) F ~ kriegen wir Mit dem (mikroskopischen) Ohm’schen Gesetz, ~j = σ E, Z Z ~ =σ ~ ~ · ds. ~j · ds I= E F (46) F Rechts erkennen wir nun den Fluss vom elektrischen Feld durch die Fläche F und mit Hilfe des Gauss’schen Gesetzes, Z ~ = Q, ~ · ds (47) E ε0 F können wir schreiben Z I= ~ =σ ~j · ds F Z F ~ = σQ , ~ · ds E ε0 (48) wobei Q die Ladung auf der Elektrode ist. Diese Ladung ist durch Q = CV mit der Potentialdifferenz V zwischen den Elektroden verknüpft und so: Z Z ~ ~ = σQ = σCV . ~ · ds ~ j · ds = σ E (49) I= ε0 ε0 F F Der Widerstand zwischen den Elektroden ist folglich R= V ε0 = , I σC (50) wie zu beweisen war. b) (1 Punkt)Der Widerstand in Gleichung (50) hängt doch von der Form und von der Geometrie des Systems ab, die ganze Information darüber ist aber in der Kapazität C kodiert. Die Kapazität hängt tatsächlich von der Geometrie und vom Material ab. c) (3 Punkte) Sei Q(t) die Ladung zur Zeit t auf der positiv geladenen Elektrode. Sie ist durch dQ I=− (51) dt mit dem Strom zwischen den Elektroden verknüpft. Andererseits, wir wissen aus Teilaufgabe a), Gleichung (48), dass I = σQ/ε0 . Es folgt die Differentialgleichung für die Ladung Q: dQ σ = − Q. (52) dt ε0 Die Lösung davon ist Q(t) = Ae−t/τ , (53) mit einer Konstante A und mit ε0 . (54) σ Wir haben gefunden dass die Elektroden sich mit der Zeit exponentiell entladen. Die Konstante A ist durch die Anfangsbedingung Q(t = 0) = Q0 bestimmt. Folglich A = Q0 und das Endresultat lautet τ= Q(t) = Q0 e−t/τ . 6 (55) 6 Elektromagnetischer Generator (9 Punkte) a) (2.5 Punkte) Der magnetische Fluss durch eine Schleife ist gegeben durch Φ = BF cos ωt, (56) wobei (o.B.d.A.) angenommen wurde dass zur Zeit t = 0 die Fläche der Spule senkrecht zum Magnetfeld steht. Die gesamte induzierte Spannung in den N Windungen ist dann dΦ d Vind = −N = −N BF cos ωt = N BF ω sin ωt. (57) dt dt Es ist eine Wechselspannung, mit Kreisfrequenz ω und Maximalwert N BF ω. b) (2.5 Punkte) Der Strom durch das Gerät mit Widerstand R ist I= N BF ω Vind = sin ωt. R R (58) Die momentane dissipierte Leistung ist folglich: P = IV = N 2B 2F 2ω2 sin2 ωt. R (59) Die zeitliche Mittelung über eine Periode T = 2π/ω liefert: Z 1 T P (t)dt T 0 Z N 2B 2F 2ω2 1 T = sin2 ωtdt R T 0 {z } | hP i = (60) (61) 1/2 = N 2B 2F 2ω2 2R . (62) c) (2 Punkte) Das magnetische Moment µ ~ steht senkrecht zur Ebene der Spule und sein Betrag ist N 2 BF 2 ω |~ µ| = N IF = sin ωt. (63) R Das Drehmoment ist gegeben durch ~ ~τ = µ ~ × B, (64) d.h., nach der rechten-Hand-Regel, ist es stets parallel zur Drehachse und sein Betrag ist N 2B2F 2ω ~ = |~ |~τ | = |~ µ × B| µ|B sin ωt = sin2 ωt, (65) R wobei wir wieder angenommen haben dass zur Zeit t = 0 die Fläche der Spule senkrecht zum Magnetfeld steht. d) (2 Punkte) Das obige Drehmoment muss von der Turbine mit einem gleich grossen und entgegengesetzten Drehmoment kompensiert werden, um die Winkelgeschwindigkeit konstant zu erhalten. Die mechanische Arbeit, die geleistet werden muss um die Spule um den infinitesimalen Winkel dϕ zu drehen, ist dW = |~τ |dϕ. 7 (66) Daraus folgt die mechanische Leistung Pmech = dW dϕ N 2B 2F 2ω2 = |~τ | = |~τ |ω = sin2 ωt. dt dt R (67) Das ist genau die dissipierte Leistung aus Teilaufgabe b), wie es aufgrund der Energierhaltung sein muss: die mechanische Leistung der Turbine ist gleich zur elektrischen Leistung aus dem Generator, die dann im Widerstand dissipiert wird. 7 Gegenseitige Induktivität (8.5 Punkte) a) (2 Punkte) Die Figur zeigt die gewählte positive Richtungen für die Ströme I1 und I2 . Da die zwei Spulen einen entgegengesetzten Wickelsinn haben, bewirken die Selbstinduktion und die gegenseitige Induktion denselben Effekt in den Schaltkreisen, d.h. die entsprechende Terme in den Kirchhoff’schen Maschenregeln haben dasselbe Vorzeichen: dI1 dI2 − L12 = 0, dt dt Q2 dI2 dI1 + L2 + L12 = 0, C dt dt V − RI1 − L1 (68) (69) mit Q2 die Ladung auf dem Kondensator, die durch I2 = +Q˙ 2 mit dem Strom I2 verknüpft ist. b) (5 Punkte) Die zeitliche Ableitung der Maschenregeln liefert: V˙ − RI˙1 − L1 I¨1 − L12 I¨2 = 0, (70) I2 + L2 I¨2 + L12 I¨1 = 0. (71) C
Mit der komplexen Darstellung V (t) = Re V0 eiωt und mit dem Ansatz Ii (t) =
Re Ii,0 eiωt (für i = 1, 2) finden wir iωV0 − iωRI1,0 + ω 2 L1 I1,0 + ω 2 L12 I2,0 = 0, I2,0 − ω 2 L2 I2,0 − ω 2 L12 I1,0 = 0. C 8 (72) (73) Gleichung (73) liefert I2,0 = ω 2 L12 I1,0 . − ω 2 L2 1 C (74) In Gleichung (72) eingesetzt, ω 4 L212 I1,0 = 0, 1 2 C − ω L2 iωV0 − iωRI1,0 + ω 2 L1 I1,0 + (75) kriegen wir I1,0 = iV0 iR − ωL1 − (76) ω 3 L212 1 −ω 2 L2 C V0 =  R + i ωL1 + ω 3 L212 1 −ω 2 L2 C (77)  V0 e−iϕ =r 2 ,  ω 3 L212 2 R + ωL1 + 1 −ω2 L (78) 2 C mit der Phasenverschiebung  ωL1 +  ϕ = arctan  ω 3 L212 1 −ω 2 L2 C R   . (79) Der vom Generator gelieferte Strom ist somit
V0 I1 (t) = Re I1,0 eiωt = r  R2 + ωL1 + ω 3 L212 1 −ω 2 L2 C 2 cos(ωt − ϕ). (80) Berücksichtigen wir noch dass L1 = L2 = L12 ≡ L, so finden wir V0 I1 (t) = r  R2 + ωL + ω 3 L2 1 −ω 2 L C 2 cos(ωt − ϕ) V0 =s  R2 + =r R2 + 1 ωL[ C −ω 2 L]+ω 3 L2 1 −ω 2 L C V0  ωL 1−ω 2 LC 2 cos(ωt − ϕ) 2 cos(ωt − ϕ), (81) (82) (83) mit der Phasenverschiebung  ϕ = arctan ωL/R 1 − ω 2 LC  . (84) c) (1.5 Punkte) Die momentane Leistung ist gegeben durch P (t) = I1 (t)V (t) = 9 V02 cos(ωt − ϕ) cos(ωt), Z (85) wobei wir die Impedanz s  R2 Z= + ωL 1 − ω 2 LC 2 (86) definiert haben. 8 Rotierende Zylindermantel (10.5 Punkte) a) (2 Punkte) Wir verwenden Zylinderkoordinaten (r, ϕ, z), mit der z-Achse entlang der Zylinderachse. Der Zylindermantel trägt die Gesamtladung Q = 2πa` · σ. Diese Ladung rotiert mit Frequenz ν = ω/2π um die Zylinderachse, d.h. der rotierende Zylindermantel ist äquivalent zu einer Zylinderspule mit Gesamtstrom “N I ” = Q · ν = a`σω. (87) Folglich zeigt das Magnetfeld innerhalb des Zylindermantels in z-Richtung und sein Betrag hängt nicht von r ab: B = µ0 NI = µ0 aσω = µ0 aσkt. ` (88) b) (2.5 Punkte) Mit der Maxwell Gleichung Z I d ~ ~ ~ · ds ~ B E · d` = − dt K ∂K (89) an einem Kreis von Radius r < a in einer Ebene senkrecht zur z-Achse und konzentrisch mit dem Zylindermantel angewandt, können wir das elektrische Feld bestimmen: es zeigt in (negativer) ϕ-Richtung und sein Betrag hängt nur vom Abstand r aus der Zylinderachse: ~ |E(r)|2πr = d ~ |B(t)|πr2 = µ0 aσkπr2 . dt (90) Folglich: µ0 aσkr ~ E(r) =− eˆϕ . 2 (91) c) (3 Punkte) Die gesamte elektrische Energie innerhalb des Zylindersmantels ist das Volumenintegral   Z Z ` Z 2π Z a 1 ~ 2 1 µ0 aσkr 2 UE = dV ε0 |E| = ε0 dz dϕ rdr (92) 2 2 2 Z 0 0 0   Z µ0 aσk 2 a 3 1 = ε0 · ` · 2π · r dr (93) 2 2 0 | {z } a4 /4 πε0 µ20 a6 `σ 2 k 2 , (94) 16 wobei wir die Integration in Zylinderkoordinaten durchgeführt haben. Die gesamte magnetische Energie ist, analog, Z Z ` Z 2π Z a 1 ~ 2 1 UB = dV |B| = dz dϕ rdr(µ0 aσkt)2 (95) 2µ 2µ 0 0 0 Z 0 0 πµ0 a4 `σ 2 k 2 t2 = . (96) 2 = 10 d) (3 Punkte) Das Ampère’sche Gesetz in Differentialform verknüpft das Magnetfeld mit der Stromdichte: ~ ×B ~ = µ0~j, ∇ (97) ~ = Vr eˆr +Vϕ eˆϕ +Vz eˆz in Zylinderkoordinaten wobei die Rotation eines Vektorfeldes V ist       ∂Vϕ 1 ∂Vz ∂Vr 1 ∂ ∂Vz ∂Vr ~ ~ ∇×V = eˆr + eˆϕ + eˆz . (98) − − (rVϕ ) − r ∂ϕ ∂z ∂z ∂r r ∂r ∂ϕ Die Stromdichte innerhalb des Zylinders ist in ϕ-Richtung und gegeben durch ~j = (ρ · v)ˆ eϕ = (ρωr)ˆ eϕ , (99) wobei v = ωr die Zylindergeschwindigkeit in einem Abstand r von der Achse ist. Aus Symmetriegründen ist das Magnetfeld in z-Richtung und hängt nur von r ab. Das Ampére’sche Gesetz in den Gleichungen (97) und (98) hat somit nur eine ϕKomponente und vereinfacht sich zu − ∂Bz = µ0 ρωr. ∂r (100) Integration liefert 1 (101) Bz (r) = − µ0 ρωr2 + K, 2 mit einer Konstante K. Ausserhalb des Zylinders verschwindet das Magnetfeld, wie im Falle einer Zylinderspule. Das Magnetfeld ist bei r = a stetig, weil auf dem Zylindermantel keinen Oberflächenstrom fliesst, d.h. Bz (a) = 0. Mit dieser Randbedingung können wir die Konstante K bestimmen: 1 ! Bz (a) = − µ0 ρωa2 + K = 0 2 ⇒ 1 K = µ0 ρωa2 . 2 (102) Das Magnetfeld im Inneren des Zylinders ist somit: 1 Bz (r) = µ0 ρω(a2 − r2 ). 2 11 (103)