Lösungen zu Elektrizität und Magnetismus¶

Elektrische Ladung¶

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Elektrische Ladung.

Ladungen können nicht erzeugt oder vernichtet, sondern nur voneinander getrennt werden. Wenn zwei Körper aus unterschiedlichem Material aneinander gerieben werden, gibt der eine Körper negative Ladung (Elektronen) an den anderen ab.

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Stromstärke, Spannung und Widerstand¶

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Stromstärke, Spannung und Widerstand.

Ohmsches Gesetz

Die Stromquelle stellt eine Spannung von $U = \unit[5]{V}$ bereit, die resultierende Stromstärke $I = \unit[0,2]{A}$ . Aus dem Ohmschen Gesetz ergibt sich für den Widerstand $R$ des Stromkreises:

$U = R \cdot I \quad \Leftrightarrow \quad R = \frac{U}{I}$

$R = \frac{\unit[5]{V}}{\unit[0,2]{A}} = \unit[25]{\Omega }$

Der Widerstand des Stromkreises beträgt somit $R = \unit[25]{\Omega }$ .

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Die Stromquelle stellt eine Spannung von $U = \unit[12]{V}$ bereit, der Widerstand des Stromkreises $R = \unit[800]{\Omega }$ . Aus dem Ohmschen Gesetz ergibt sich für die Stromstärke $I$ im Stromkreis:

$U = R \cdot I \quad \Leftrightarrow \quad I = \frac{U}{R}$

$I = \frac{\unit[12]{V}}{\unit[800]{\Omega }} = \unit[0,015]{A} = \unit[15]{mA}$

Die Stromstärke im Stromkreis beträgt somit $I = \unit[15]{mA}$ .

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Die Stromquelle stellt eine Spannung von $U = \unit[230]{V}$ bereit, der Widerstand des Stromkreises $R = \unit[75]{\Omega }$ . Aus dem Ohmschen Gesetz ergibt sich für die Stromstärke $I$ im Stromkreis:

$U = R \cdot I \quad \Leftrightarrow \quad I = \frac{U}{R}$

$I = \frac{\unit[230]{V}}{\unit[75]{\Omega }} \approx \unit[3,1]{A}$

Die Stromstärke im Stromkreis beträgt somit rund $\unit[3,1]{A}$ .

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Der Widerstand im Stromkreis beträgt $U = \unit[50]{\Omega}$ , die fließende Stromstärke $I = \unit[0,3]{A}$ . Mit dem Ohmschen Gesetz ergibt sich für die Spannung $U$ der Stromquelle:

$U = R \cdot I = \unit[50]{\Omega } \cdot \unit[0,3]{A} = \unit[15]{V}$

Die von der der Stromquelle bereitgestellte Spannung beträgt somit $U = \unit[15]{V}$ .

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Die Stromquelle stellt eine Spannung von $U = \unit[5]{V}$ bereit, die resultierende Stromstärke $I = \unit[0,2]{A}$ . Aus dem Ohmschen Gesetz ergibt sich für den Widerstand $R$ des Stromkreises:

$U = R \cdot I \quad \Leftrightarrow \quad R = \frac{U}{I}$

$R = \frac{\unit[230]{V}}{\unit[4]{A}} = \unit[5,75]{\Omega }$

Der Widerstand des Stromkreises beträgt somit $R = \unit[5,75]{\Omega }$ .

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Spezifischer Widerstand

Der elektrische Widerstand $R$ des Kupferdrahtes lässt sich anhand der Formel $R = \rho \cdot \frac{l}{A}$ berechnen, indem man als Werte für die Länge $l=\unit[10]{m}$ , für den Querschnitt $A = \pi \cdot r^2 = \pi \cdot (\unit[2]{mm})^2 \approx \unit[12,6]{mm^2}$ und $\rho _{\mathrm{Cu}} = \unit[0,0156]{\Omega \cdot \frac{mm^2}{m} }$ einsetzt:

$R = \rho \cdot \frac{l}{A} = \unit[0,0156]{\frac{\Omega \cdot mm^2}{m} } \cdot \frac{\unit[10]{m}}{\unit[12,56]{mm^2}} \approx \unit[0,12]{\Omega }$

Der Draht hat einen elektrischen Widerstand von rund $\unit[0,12]{\Omega }$ .

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Der elektrische Widerstand $R$ des Kupferdrahtes lässt sich mit Hilfe der Formel $R = \rho \cdot \frac{l}{A}$ berechnen, indem man als Werte für die Länge $l=\unit[11,4]{km} = \unit[11400]{m}$ , für den Querschnitt $A = \pi \cdot r^2 = \pi \cdot (\unit[8,0]{mm})^2 \approx \unit[201]{mm^2}$ und $\rho_{\mathrm{Cu}} = \unit[0,0156]{\Omega \cdot \frac{mm^2}{m} }$ einsetzt:

$R = \rho \cdot \frac{l}{A} = \unit[0,0156]{\frac{\Omega \cdot mm^2}{m} } \cdot \frac{\unit[11400]{m}}{\unit[201]{mm^2}} \approx \unit[0,89]{\Omega }$

Für einen Draht aus Aluminium folgt in gleicher Weise:

$R = \rho \cdot \frac{l}{A} = \unit[0,0265]{\frac{\Omega \cdot mm^2}{m} } \cdot \frac{\unit[11400]{m}}{\unit[201]{mm^2}} \approx \unit[1,50]{\Omega }$

Für einen Draht aus Edelstahl ergibt sich:

$R = \rho \cdot \frac{l}{A} = \unit[0,720]{\frac{\Omega \cdot mm^2}{m} } \cdot \frac{\unit[11400]{m}}{\unit[201]{mm^2}} \approx \unit[40,8]{\Omega }$

Der Kupferdraht hat einen elektrischen Widerstand von rund $\unit[0,89]{\Omega }$ . Baugleiche Drähte aus Aluminium bzw. Eisen hätten elektrische Widerstände von $\unit[1,50]{\Omega }$ bzw. $\unit[40,8]{\Omega }$ .

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Den nötigen Radius des Eisendrahts erhält man, indem man die Formel $R = \rho \cdot \frac{l}{A} = \rho \cdot \frac{l}{\pi \cdot r^2}$ nach $r$ auflöst:

$R = \rho \cdot \frac{l}{\pi \cdot r^2} \quad \Leftrightarrow \quad r = \sqrt{\rho \cdot \frac{l}{\pi \cdot R} }$

Setzt man hierbei den spezifischen Widerstand von Eisen $\rho_{\mathrm{Fe}} = \unit[0,125]{\Omega \cdot \frac{mm^2}{m} }$ , für die Länge $l = \unit[50]{m}$ und für den maximalen Widerstand $R = \unit[1]{\Omega }$ ein, so erhält man:

$r = \sqrt{\rho \cdot \frac{l}{\pi \cdot R} } = \sqrt{ \unit[0,125]{\Omega \cdot \frac{mm^2}{m} } \cdot \frac{\unit[10]{m}}{\pi \cdot \unit[1]{\Omega }} } \approx \unit[1,41]{mm}$

Der Draht muss somit einen Durchmesser von mindestens $2 \cdot r \approx \unit[2,82]{mm}$ haben.

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Elektrische Felder¶

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Elektrische Felder.

Für die im Kondensator gespeicherte Energie gilt:

$E = \frac{1}{2} \cdot C \cdot U^2 = \frac{1}{2} \cdot \unit[220 \cdot 10^{-6}]{F} \cdot \left( \unit[6,0]{V} \right)^2 = \unit[0,00396]{J}$

Die Einheit ergibt sich aus folgender Beziehung:

$\unit{F \cdot V^2} = \unit{\frac{C}{V} \cdot V^2} = \unit{C \cdot V} = \unit{A \cdot s \cdot V} = \unit{W \cdot s} = \unit{J}$

Die beim Entladen des Kondensators freigesetzte Energie beträgt somit knapp $\unit[4]{mJ}$ . Die Energiemenge ist zwar nicht groß, sie wird allerdings in einer sehr kurzen Zeit umgesetzt. Nimmt man $\Delta t = \unit[0,1]{s}$ an, so erhält man für die beim Blitzvorgang zur Verfügung gestellte Leistung etwa $P = \tfrac{\Delta E}{\Delta t} \approx \unit[39,6]{W}$ .

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Für den Zusammenhang zwischen der Kapazität $C$ , der Ladung $Q$ und der Spannung $U$ gilt für einen Plattenkondensator:

$Q = C \cdot U \quad \Longleftrightarrow \quad U = \frac{Q}{C}$

Setzt man zudem $Q = I \cdot t$ ein, so erhält man bei einer konstanten Stromstärke $I$ für $t=\unit[1]{s},\,\unit[2]{s},\,\ldots$ :

$U(\unit[1]{s}) &= \frac{\unit[0,003]{A} \cdot \unit[1]{s}}{\unit[470 \cdot 10^{-6}]{F}} \approx \unit[\phantom{1}6,38]{V} \\ U(\unit[2]{s}) &= \frac{\unit[0,003]{A} \cdot \unit[2]{s}}{\unit[470 \cdot 10^{-6}]{F}} \approx \unit[12,76]{V} \\ U(\unit[3]{s}) &= \frac{\unit[0,003]{A} \cdot \unit[3]{s}}{\unit[470 \cdot 10^{-6}]{F}} \approx \unit[19,15]{V} \\ U(\unit[3]{s}) &= \frac{\unit[0,003]{A} \cdot \unit[4]{s}}{\unit[470 \cdot 10^{-6}]{F}} \approx \unit[25,53]{V} \\ U(\unit[3]{s}) &= \frac{\unit[0,003]{A} \cdot \unit[5]{s}}{\unit[470 \cdot 10^{-6}]{F}} \approx \unit[31,91]{V} \\$

Die Einheit ergibt sich aus folgender Beziehung:

$\unit{\frac{A \cdot s}{F}} = \unit{\frac{Q}{\frac{Q}{V}}} = \unit{V}$

Die gespeicherten Energiemengen können mittels dieser Ergebnisse anhand der Formel $E = \frac{1}{2} \cdot C \cdot U^2$ berechnet werden:

$E(\unit[1]{s)} &= \frac{1}{2} \cdot \unit[470 \cdot 10^{-6}]{F} \cdot \left( \unit[\phantom{1}6,38]{V} \right)^2 \approx \unit[0,0096]{J} \\ E(\unit[2]{s)} &= \frac{1}{2} \cdot \unit[470 \cdot 10^{-6}]{F} \cdot \left( \unit[12,76]{V} \right)^2 \approx \unit[0,0383]{J} \\ E(\unit[3]{s)} &= \frac{1}{2} \cdot \unit[470 \cdot 10^{-6}]{F} \cdot \left( \unit[19,15]{V} \right)^2 \approx \unit[0,0862]{J} \\ E(\unit[4]{s)} &= \frac{1}{2} \cdot \unit[470 \cdot 10^{-6}]{F} \cdot \left( \unit[25,53]{V} \right)^2 \approx \unit[0,1532]{J} \\ E(\unit[5]{s)} &= \frac{1}{2} \cdot \unit[470 \cdot 10^{-6}]{F} \cdot \left( \unit[31,91]{V} \right)^2 \approx \unit[0,2394]{J} \\$

Die Einheit ergibt sich aus folgender Beziehung:

$\unit{F \cdot V^2} = \unit{\frac{C}{V} \cdot V^2} = \unit{C \cdot V} = \unit{A \cdot s \cdot V} = \unit{W \cdot s} = \unit{J}$

Üblicherweise ist jedoch – anders als bei dieser Aufgabe – die Stromstärke beim Laden eines Kondensators nicht konstant (siehe Ladekurve eines Kondensators).

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Lösungen zu Magnetismus¶

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Magnetismus.

Wenn der Nordpol der Magnetnadel – geographisch gesehen – nach Norden zeigt, so muss sich dort der magnetische Südpol der Erde befinden; der magnetische Nordpol der Erde befindet sich entsprechend (näherungsweise) am geographischen Südpol.

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Elektrische Arbeit, Energie und Leistung¶

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Elektrische Arbeit, Energie und Leistung.

Mit Hilfe der Definition der elektrischen Leistung $P$ kann die fließende Stromstärke $I$ folgendermaßen ausgedrückt werden:

$P = U \cdot I \quad \Leftrightarrow \quad I = \frac{P}{U}$

Durch Einsetzen der Werte erhält man für eine $P = \unit[40]{W}$ -Glühbirne, die mit $U = \unit[230]{V}$ betrieben wird:

$I = \frac{P}{U} = \frac{\unit[40]{W}}{\unit[230]{V}} \approx \unit[0,17]{A}$

Die Stromstärke in der Glühbirne beträgt somit rund $\unit[0,17]{A}$ . Wird die Glühbirne $t=\unit[6]{h}$ lang betrieben, so wird folgende Menge an elektrischer Energie in Licht und Wärme umgewandelt:

$E = P \cdot t = \unit[40]{W} \cdot \unit[6]{h} = \unit[240]{W \cdot h} = \unit[0,24]{kWh}$

Es werden somit $\unit[0,24]{kWh}$ an elektrischer Energie benötigt.

Die Ladungsmenge $Q$ , die innerhalb der angegebenen Zeit durch die Glühbirne fließt, kann folgendermaßen berechnet werden:

$I = \frac{\Delta Q}{\Delta t} \quad \Longleftrightarrow \quad \Delta Q = I \cdot \Delta t = \unit[0,17]{A} \cdot \unit[6 \cdot 3600]{s} = \unit[3672]{C}$

Es fließen somit innerhalb von sechs Stunden knapp $\unit[3,7 \cdot 10^{3}]{C}$ an elektrischer Ladung durch die Glühbirne.

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Aus der angegebenen Leistung $P$ und der Spannung $U$ kann man zunächst die Stromstärke $I$ berechnen:

$P = U \cdot I \quad \Longleftrightarrow \quad I = \frac{P}{U} = \frac{\unit[2,5]{W}}{\unit[6,0]{V}} \approx \unit[0,417]{A}$

Für die Stromstärke gilt zudem die Beziehung $I = \frac{\Delta Q}{\Delta t}$ ; für die Ladungsmenge $\Delta Q$ , die in der Zeitspanne $\Delta t$ durch die Glühbirne fließt, gilt somit:

$\Delta Q = I \cdot \Delta t = \unit[0,417]{A} \cdot \unit[(5 \cdot 60)]{s} = \unit[125]{C}$

Diese Ladungsmenge entspricht folgender Anzahl $N$ an Elektronen:

$Q = N \cdot e \quad \Longleftrightarrow \quad N = \frac{Q}{e} = \frac{\unit[125]{C}}{\unit[1,6 \cdot 10^{-19}]{C}} \approx 7,8 \cdot 10^{20}$

Es fließen in den fünf Minuten somit rund $7,8 \cdot 10^{20}$ Elektronen durch die Glühbirne.

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Mit Hilfe der Definition der elektrischen Leistung $P$ lässt sich die fließende Stromstärke $I$ folgendermaßen ausdrücken:

$P = U \cdot I \quad \Leftrightarrow \quad I = \frac{P}{U}$

Durch Einsetzen der Werte erhält man für einen $P = \unit[1\,800]{W}$ -Wasserkocher, der mit $U = \unit[230]{V}$ betrieben wird:

$I = \frac{P}{U} = \frac{\unit[1\,800]{W}}{\unit[230]{V}} \approx \unit[7,83]{A}$

Die Stromstärke im Wasserkocher beträgt somit rund $\unit[7,83]{A}$ .

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Für die elektrische Leistung gilt $P_{\mathrm{el}} = U \cdot I$ . Für die Stromstärke $I$ kann wiederum aufgrund des Ohmschen Gesetzes $U = R \cdot I$ auch $I = \frac{U}{R}$ geschrieben werden. Damit ergibt sich:

$P_{\mathrm{el}} = U \cdot I = U \cdot \frac{U}{R} = \frac{U^2}{R}$

Ist $U_{\mathrm{neu}} = 1,25 \cdot U$ , so folgt für das Verhältnis aus $P_{\mathrm{el,neu}}$ zu $P_{\mathrm{el}}$ :

$\frac{P_{\mathrm{el,neu}}}{P_{\mathrm{el}}} = \frac{\frac{U_{\mathrm{neu}}^2}{R}}{\frac{U^2}{R}} = \frac{U_{\mathrm{neu}}^2}{U^2} = \frac{(1,25 \cdot U)^2}{U^2} \approx 1,56$

Die elektrische Leistung nimmt somit um rund $56\%$ zu.

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