Lösung zur Probeklausur

Experimentalphysik II
Musterlösung Übungsklausur 1
27. 02. 2009
Aufgabe 1 (10 Punkte)
a) (1-2) und (3-4) sind adiabatische Vorgänge, d.h. Q=0.
in (2-3) wird Wärme aufgenommen: |Q 23 | = |C V (T 3 − T 2 )| ; Q 23 > 0
in (4-1) wird Wärme abgegeben: |Q 41 | = |C V (T 1 − T 4 )| ; Q 41 < 0
Der Wirkungsgrad beträgt folglich
η = 1 − |Q 41|
|Q 23 | = 1 − T 4 − T 1
T 3 − T 2
b) Nach der Adiabatengleichung ist T 3 V γ−1
2 = T 4 V γ−1
1 und T 2 V γ−1
2 = T 1 V γ−1
1 . Damit ist
Damit folgt für den Wirkungsgrad
T 3
T 4
= ( V 1
V 2
) γ−1 = T 2
T 1
⇒ T 2
T 3
= T 1
T 4
η = 1 − T 4 − T 1
= 1 − 1 − T 1
T 4
= 1 − T 4
= 1 − ( V 2
) γ−1
T 3 − T 2 1 − T 2
T 3 T 3 V 1
T 3
T 4
c)
Aufgabe 2
(10 Punkte)
η = 1 − ( V 2
V 1
) γ−1 = 1 − ( 1 6 )0,3 = 0, 415
a) D = Q A = const. E(y) = D
ε 0 ε r
=
Q
Aε 0 ε r
=
Q
Aε 0 (a + b
y 0
y)
1

)
c)
U =
∫ y0
0
Edy =
∫ y0
0
Q 1
Aε 0 a + b
y 0
y dy = Qy 0
Aε 0 b ln(a + b y)| y 0
0 = Qy 0
y 0 Aε 0 b ln(a + b
a )
d)
C = Q U =
Aε 0b
y 0 ln( a+b
a )
Aufgabe 3 (3 Punkte)
Auf das Tröpfchen wirkt die elektrische Kraft
F el = q · E = q · U
d = q · 1
d · Q
C = q · 1
d ·
Q
ε 0 A
d
= q ·
Q
ε 0 A
Damit das Tröpfchen schwebt muss diese Kraft gegengleich der Gewichtskraft sein, beziehungsweise
F g = F el :
Q
m · g = q ·
ε 0 A ⇒ Q = mgε 0A
q
Aufgabe 4
a)
(6 Punkte)
|p m | = I · A = 1A · 0, 11 · 0, 14m 2 = 1, 54 · 10 −2 Am 2
Für die Richtung gilt entsprechend der Skizze, dass
p z = 0, p y = +|p m | sin Θ und p x = −|p m | cos Θ, also:
⎛
⃗p m = 1, 54 · 10 −2 Am 2 ⎝ −√ ⎞
3/2
1/2 ⎠
0
2

) E pot = −⃗p m · ⃗B. Mit ⃗ B = 1T ê x ergibt sich
E pot = 1, 54 · 10 −2 Am 2 √
3
2 · 1T = 1, 33 · 10−2 J
Das Drehmoment ist
⎛
⃗D = ⃗p m × B ⃗ = 1, 54 · 10 −2 Am 2 T ⎝ −√ ⎞ ⎛ ⎞
3/2 1
1/2 ⎠ × ⎝0⎠ = −7, 7 · 10 −3 Jê z
0 0
Aufgabe 5 (3 Punkte)
Im Feld sieht man eine Punktladung mit Ladung Q. Folglich ist
| ⃗ E(r)| = Q
4πε 0
1
r 2 |ê r|
Φ(r) =
Q 1
4πε 0 r
Aufgabe 6 (10 Punkte)
Eine äquivalente Schaltung ist in der Abbildung dargestellt:
a) L und C sind parallel geschaltet, somit gilt 1
Z p
= 1
iωL + iωC
b) Spannungsteiler:
1
= −i + iω2 LC
Z p ωL
= i( 1
ωL (ω2 LC − 1))
ωL
Z ges = Z p + R = R +
i(ω 2 LC − 1) = R − i ωL
ω 2 LC − 1
U out
U in
= R
Z ges
=
R
R − i
ωL
ω 2 LC−1
= R(R + i ωL
ω 2 LC−1 )
R 2 + ω2 L 2
(ω 2 LC−1) 2 =
3

c)
| U out
U in
| =
R
ωL
= (
) · (R + i
R 2 + ω2 L 2
ω 2 LC − 1 )
(ω 2 LC−1) 2
√
R
ω
· R 2 +
2 L 2
R 2 + ω2 L 2
(ω 2 LC − 1) = R
√
2
(ω 2 LC−1) 2 R 2 + ω2 L 2
(ω 2 LC−1) 2
Aufgabe 7
(5 Punkte)
a) ⃗ S = ⃗ E × ⃗ H. ⃗ E muss entlang des Drahts zeigen, da
sonst kein Stromuss aufträte. Das magnetische Feld ⃗ H
beschreibt gemäÿ der Regel der rechten Hand kreisförmige
Feldlinien um die Mittelachse des Drahts. ⃗ S weist
somit radial nach innen.
er-
b) Es ist | S| ⃗ = E · H. Mit E = U und H = I
l
gibt sich
2πr
| ⃗ S| = U · I
2πrl =
elektrische Leistung
Zylinderoberäche des Drahtes
4