Lösungen zur Übung Nr.13
Besprechung: Donnerstag, d. 2. Februar 2006

Aufgabe 1:
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 Lösung ist leider nicht eindeutig, da wir nur eine Bedingung für das Produkt der Ladungen erhalten haben, wir also die Ladungen noch beliebig auf Erde und Mond verteilen können, solange das Produkt erhalten bleibt. Fordert man allerdings eine minimale Gesamtladung, wird die Lösung 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.

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 erhält man also für $Q_{Erde} = Q_{Mond}$. Damit erhalten wir also die Lösung

\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}


Aufgabe 2:
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.

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 $m$ abhängt. Also ist die Auslenkung in beiden Fällen die gleiche. Unterschiedlich ist natürlich die Geschwindigkeit und die Zeit zum Durchlaufen des Kondensators.
Aufgabe 3:

a) Wir diskutieren zunächst die Verhältnisse 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 erfüllt, wenn

\begin{displaymath}
R = \frac{R_{0}}{\sqrt{2}}
\end{displaymath}

Zusatzaufgabe zu den Kirchhoffschen Regeln:
Zur Behandlung komplizierter elektrischer Stromkreise verwendet man die Kirchhoffschen Regeln:
1) In jedem Verzweigungspunkt eines Leiternetzes ist die algebraische Summe aller Ströme 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 Spannungsabfälle in diesem Kreis:

\begin{displaymath}
\sum_{k=1}^{m} U_{k} = \sum_{k=1}^{n} I_{k} R_{k}
\end{displaymath}

Hierbei muß man allerdings noch die Vorzeichenkonvention für Spannungen und Ströme beachten:
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, daß der Strom tatsächlich entgegengesetzt zu der von uns gewählten Richtung fließt.
b) Wir wählen eine positive Umlaufrichtung in jedem Stromkreis.
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 übereinstimmen.
d) Bei der Addition der ohmschen Spannungen ist das positive Vorzeichen zu wählen, wenn Umlaufrichtung des Kreises und Richtung des Stromes übereinstimmen.
Aufgabe Gegeben sei ein Schaltkreis mit zwei Batterien und den Widerständen $R$, $R_{1} = 0,7 \; \Omega$ und $R_{2} = 0,2 \; \Omega$. Die Quellspannungen betragen $U_{1} = 6 \; V$ und $U_{2} = 1,5 \; V$. Wie müssen Sie $R$ wählen, damit in einer der beiden Batterien kein Strom fließt ?


Lösung:
Einzeichnen aller Richtungspfeile:

Kirchhoffschen Gesetze:

$\displaystyle I$ $\textstyle =$ $\displaystyle I_{1} + I_{2}$  
$\displaystyle U_{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle I R + I_{2} R_{2}$  
$\displaystyle U_{1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle I R + I_{1} R_{1}$  

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
$\displaystyle U_{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle I R + I R_{2}$  
$\displaystyle U_{1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle I R$  

Hieraus folgt:

\begin{displaymath}
R = R_{2} \frac{U_{1}}{U_{2} - U_{1}} < 0.
\end{displaymath}

Ein Widerstand kann natürlich nicht kleiner Null werden, also funktioniert das nicht.
Also müssen wir $I_{2} = 0$ setzen. Die Rechnung verläuft ähnlich wie oben mit dem Ergebnis

\begin{displaymath}
R = R_{1} \frac{U_{2}}{U_{1} - U_{2}} = 0,23 \; \Omega
\end{displaymath}





Harm Fesefeldt
2006-02-03