\documentstyle[11pt,german,epsfig,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr.13}
\normalsize
\centerline{\bf Besprechung: Donnerstag, d. 2. Februar 2006}
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 1:} \newline
Coulombabstossung und Gravitationsanziehung sind gleich, wenn
\begin{displaymath}
F_{Grav} = G \frac{M_{Erde} M_{Mond}}{r^{2}} = F_{Coul} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{Q_{Erde} Q_{Mond}}{r^{2}}
\end{displaymath}
Hieraus folgt
\begin{displaymath}
Q_{Erde} Q_{Mond} = G 4 \pi \epsilon_{0} M_{Erde} M_{Mond} = K = konstant.
\end{displaymath}
Diese L"osung ist leider nicht eindeutig, da wir nur eine Bedingung f"ur das Produkt der Ladungen erhalten haben, wir also
die Ladungen noch beliebig auf Erde und Mond verteilen k"onnen, solange das Produkt erhalten bleibt. 
Fordert man allerdings eine minimale Gesamtladung, wird die L"osung eindeutig. Die Gesamtladung ist
\begin{displaymath}
Q = Q_{Erde} + Q_{Mond} = Q_{Erde} + \frac{K}{Q_{Erde}}
\end{displaymath}
Diese Gesamtladung als Funktion der Erdladung ist in der Abbildung skizziert. \newline \vskip 5cm
Wir bestimmen das Minimum der Gesamtladung mit
\begin{displaymath}
\frac{dQ}{dQ_{Erde}} = 1 - \frac{K}{Q_{Erde}^{2}} = 0
\end{displaymath} 
zu $Q_{Erde} = \sqrt{K}$. Damit wird auch $Q_{Mond} = \sqrt{K}$. Das Minimum der Gesamtladung erh"alt man also f"ur
$Q_{Erde} = Q_{Mond}$. Damit erhalten wir also die L"osung
\begin{displaymath}
Q_{min} = Q_{Erde} + Q_{Mond} = 2 \sqrt{K} = 2 \sqrt{ G 4 \pi \epsilon_{0} M_{Erde} M_{Mond} } = 1,14 \cdot 10^{14} C
\end{displaymath}
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 2:} \newline
Nach Durchlaufen der Potentialdifferenz $U_{0}$ ist die kinetische Energie der Teilchen gleich der geleisteten Arbeit der Spannung:
\begin{displaymath}
\frac{m}{2} v_{0}^{2} = q U_{0} \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; v_{0}^{2} = \frac{2 q U_{0}}{m} 
\end{displaymath}
wobei $q$ die Ladung und $m$ die Masse des Teilchens ist. Im elektrischen Feld des Kondensators bleibt diese
Geschwindigkeit als $v_{x}$- Komponente erhalten, d.h.
\begin{displaymath}
v_{x} = v_{0} = \frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2 q U_{0}}{m} } 
\end{displaymath}
Daraus erhalten wir die Koordinate $x$ als Funktion der Zeit zu
\begin{displaymath}
x(t) = \sqrt{ \frac{2 q U_{0}}{m} } t.
\end{displaymath}
Der Koordinatenursprung liegt hierbei am Anfang des Kondensators. \newline
\vskip 5cm
Durch das $\vec{E}$- Feld kommt eine weitere Ablenkung hinzu, wir definieren diese als $y$- Komponente (siehe Skizze):
\begin{displaymath}
m \frac{dv_{y}}{dt} = q E
\end{displaymath}
Daraus erhalten wir 
\begin{displaymath}
v_{y} = \frac{q E}{m} t \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; y(t) = \frac{q E}{2 m} t^{2}
\end{displaymath}
Wir eliminieren aus $x(t)$ und $y(t)$ die Zeit $t$ und erhalten die Bahngleichung:
\begin{displaymath}
y = \frac{E}{4 U_{0}} x^{2}.
\end{displaymath}
Dieses ist eine Parabel, die weder von $q$ noch von $m$ abh"angt. Also ist die Auslenkung in beiden F"allen die gleiche.
Unterschiedlich ist nat"urlich die Geschwindigkeit und die Zeit zum Durchlaufen des Kondensators. 
\newpage
{\bf Aufgabe 3:}  \newline
a) Wir diskutieren zun"achst die Verh"altnisse bei beiden eingeschalteten Heizwendeln. Die Heizwendel sind parallel geschaltet,
daher ist der Widerstand $R_{H}$  beider Heizwendeln zusammen durch
\begin{displaymath}
\frac{1}{R_{H}} = \frac{1}{R_{0}} + \frac{1}{R_{0}} = \frac{2}{R_{0}}
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
R_{H} = \frac{R_{0}}{2}
\end{displaymath}
gegeben. Der Gesamtwiderstand der Schaltung ist dann
\begin{displaymath}
R_{ges} = R + \frac{R_{0}}{2}
\end{displaymath}
und der Strom $I = U/R_{ges}$. Der Strom durch eine der Heizwendeln ist also
\begin{displaymath}
I_{0} = \frac{I}{2} = \frac{U}{2 R + R_{0}}.
\end{displaymath}
und die Leistung in beiden Heizwendeln
\begin{displaymath}
P = 2 R_{0} I_{0}^{2} = \frac{2 R_{0} U^{2}}{(2R + R_{0})^{2}}.
\end{displaymath}
b) Wenn nur eine Heizwendel eingeschaltet ist, gilt einfach $R_{H} = R_{0}$ und $R_{ges} = R + R_{0}$. Der Strom ist jetzt
\begin{displaymath}
I = I_{0} = \frac{U}{R+R_{0}}
\end{displaymath}
und die Leistung im Widerstand $R_{0}$
\begin{displaymath}
P = R_{0} I^{2} = \frac{R_{0} U^{2}}{(R + R_{0})^{2}}
\end{displaymath}
Die beiden Leistungen von Teil a) und Teil b) sollen gleich sein. Dieses ist der Fall, wenn
\begin{displaymath}
\frac{2 R_{0}}{(2 R + R_{0})^{2}} = \frac{R_{0}}{(R + R_{0})^{2}} 
\end{displaymath}
Diese Gleichung ist erf"ullt, wenn
\begin{displaymath}
R = \frac{R_{0}}{\sqrt{2}} 
\end{displaymath}
\newpage
{\bf Zusatzaufgabe zu den Kirchhoffschen Regeln:} \newline
Zur Behandlung komplizierter elektrischer Stromkreise verwendet man die Kirchhoffschen Regeln: \newline
1) In jedem Verzweigungspunkt eines Leiternetzes ist die algebraische Summe aller Str"ome gleich Null: 
\begin{displaymath}
\sum_{k=1}^{n} I_{k} = 0
\end{displaymath}
2) In jedem geschlossenen Kreis eines Netzwerkes ist die Summe der Quellspannungen gleich der Summe der 
Spannungsabf"alle in diesem Kreis:
\begin{displaymath}
\sum_{k=1}^{m}  U_{k} = \sum_{k=1}^{n} I_{k} R_{k}
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Hierbei mu"s man allerdings noch die Vorzeichenkonvention f"ur Spannungen und Str"ome beachten: \newline
a) Wir zeichnen den Richtungspfeil des Stromes so ein, wie er wahrscheinlich fliessen wird. Wenn sich dann
nach der Berechnung ein negativer Strom ergibt, so bedeutet das einfach, da"s der Strom tats"achlich entgegengesetzt
zu der von uns gew"ahlten Richtung flie"st. \newline
b) Wir w"ahlen eine positive Umlaufrichtung in jedem Stromkreis. \newline
c) Wir geben die Richtung der Quellspannungen an, und zwar vom negativen zum positiven Pol. Im zweiten
Kirchhoffschen Gesetz ist die Quellspannung dann positiv einzusetzen, wenn Umlaufrichtung und Richtung der
Spannungsquelle "ubereinstimmen. \newline
d) Bei der Addition der ohmschen Spannungen ist das positive Vorzeichen zu w"ahlen, wenn Umlaufrichtung des Kreises und
Richtung des Stromes "ubereinstimmen. 
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe}
Gegeben sei ein Schaltkreis mit zwei Batterien und den Widerst"anden $R$, $R_{1} = 0,7 \; \Omega$ und 
$R_{2} = 0,2 \; \Omega$.  Die Quellspannungen betragen $U_{1} = 6 \; V$ und $U_{2} = 1,5 \; V$. Wie m"ussen Sie $R$    
w"ahlen, damit in einer der beiden Batterien kein Strom flie"st ? \newline \vskip 5cm
{\bf L"osung:} \newline
Einzeichnen aller Richtungspfeile: \newline \vskip 5cm
Kirchhoffschen Gesetze:
\begin{eqnarray}
I &=& I_{1} + I_{2} \nonumber \\
U_{2} &=& I R + I_{2} R_{2} \nonumber \\
U_{1} &=& I R + I_{1} R_{1} \nonumber 
\end{eqnarray}
Der Strom in $U_{1}$ kann sicher nicht Null werden, da $U_{1} > U_{2}$. Dieses kann man auch rechnen.
Wir setzen $I_{1} = 0$, dann folgt $I = I_{2}$ und
\begin{eqnarray}
U_{2} &=& I R + I R_{2} \nonumber \\
U_{1} &=& I R \nonumber 
\end{eqnarray}
Hieraus folgt:
\begin{displaymath}
R = R_{2} \frac{U_{1}}{U_{2} - U_{1}} < 0.
\end{displaymath}
Ein Widerstand kann nat"urlich nicht kleiner Null werden, also funktioniert das nicht. \newline
Also m"ussen wir $I_{2} = 0$ setzen. Die Rechnung verl"auft "ahnlich wie oben mit dem Ergebnis
\begin{displaymath}
R = R_{1} \frac{U_{2}}{U_{1} - U_{2}} = 0,23 \; \Omega
\end{displaymath}

  
\end{document}
