Übungen zur Physik II PHY 121, FS 2017

Übungen zur Physik II PHY 121, FS 2017
Abgabe: Dienstag, 04. April 1200
Serie 5
Ladungstrennung = separation of charge
Influenz = influence / electrostatic induction
Elektrischer Fluss = electric flux
Feldlinien = electric field lines
Durchschlagsspannung = breakdown voltage
Austrittsarbeit = work function
Induktion = (electromagnetic) induction
Feldstärke = field strength
Volumenladungsdichte = volumic charge density
Durchschlagsfeldstärke = breakdown field strength
Allgemeine Fragen
1. Wie erzeugt man elektrische Ladung?
Antwort:
Es gibt keine Prozesse, in denen elektrische Ladung erzeugt wird, es kann lediglich elektrische Ladung getrennt werden. Es gilt Ladungserhaltung, d.h. in einem abgeschlossenen System bleibt die Gesamtladung
erhalten.
- Eine Ladungstrennung kann durch Reibung unterschiedlicher Materialien aneinander erfolgen (z.B.
Glasstab/Wolle), wobei nicht die Reibung selbst, sondern der direkte Kontakt der Materalien mit
unterschiedlicher Austrittsarbeit für die Trennung verantwortlich ist.
- Ladungstrennung kann auch durch chemische Reaktionen geschehen, zum Beispiel bei Batterien/Akkus.
- Beim photoelektrischen Effekt wird ein Photon von einem Elektron, dass z.B. im Leitungsband eines
Festkörpers sich befindet, absorbiert und aus dem Material “herausgeschlagen”.
- Durch ein äusseres elektrisches Feld kann Ladung in einem Material verschoben werden, dies wird
Influenz genannt.
- Bei der elektromagnetischen Induktion wird Ladung in einem Leiter aufgrund eines sich zeitlich
ändernden Magnetfeldes getrennt.
- Paarbildung ist ein Effekt aus der Teilchenphysik, bei dem ein Teilchen-Antiteilchen-Paar erzeugt
wird. Zum Beispiel kann aus einem energiereichen Photon ein Elektron und ein Positron entstehen.
Auch hier gilt Ladungserhaltung.
Die elektrische Ladung hat eine kleinste feste Einheit, die Elementarladung1 , die mit der Elektronenladung
e = 1.60219·10−19 C gegeben ist. Zwischen zwei Ladungen q1 und q2 im Abstand ~r wirkt eine Kraft gemäss
dem Coulomb’schen Gesetz:
F~C =
1
1 q1 q2 ~r
∝ 2.
4πε0 r2 r
r
(0.1)
Das Gesetz kann auch für kontinuierliche Ladungsverteilungen geschrieben werden. Betrachte die Punktladung q1 und eine kontinuierlich verteilte Ladung Q mit der Flächenladungsdichte (siehe auch letzte Frage)
σ = Q/A. Ein Flächenelement dA enthält dann die Ladung dQ = σdA. Eingesetzt in (0.1) ergibt für die
resultierende Coulombkraft
Z
1 q1 ~r
F~C =
σdA.
(0.2)
4πε0 r2 r A
1 Quarks
haben nur Bruchteile der Elementarladung, z.B. ist Up-Quark Ladung 2/3e. Allerdings kommen Quarks nie alleine vor
(confinment), womit die Gesamtladung immer ein mehrfaches (n ∈ N+ ) der Elementarladung ist.
1
2. Was sind elektrische Felder und wie werden sie erzeugt?
Antwort:
Das elektrische Feld ist ein Mass für die Kraft, die eine Ladung Q auf eine Probeladung q an jedem Punkt
im Raum ausüben würde. Die elektrische Feldstärke ist definiert als:
~
~ r) = F (~r) .
E(~
(0.3)
q
Elektrische Felder werden durch Ladungen erzeugt. Die elektrischen Feldlinien beginnen bei einer positiven
Ladung und enden bei einer negativen Ladung. Dabei verlassen oder enden die Feldlinien immer senkrecht
auf der betrachteten Oberfläche. Die Dichte der Feldlinien ist ein Mass für die lokale Feldstärke.
Bemerkung: Elektrische Felder können auch durch sich zeitlich ändernde magnetische Felder hervorgerufen
werden (elektromagnetische Induktion). Die so entstehenden elektrischen Feldlinien sind dann geschlossen
(Wirbelfeld).
3. Skizziere das elektrische Feld einer positiven Punktladung vor einer negativ-geladenen Metallplatte.
Antwort:
Abbildung 1: Positive Punktladung vor negativ geladener Platte.
4. Was ist der elektrische Fluss und was sagt der Gauß’sche Satz?
Antwort:
Der elektrische Fluss Φe mit Einheit [V·m] durch die Fläche A ist gegeben durch den senkrecht zur Fläche
~ integriert über die Fläche.
stehenden Anteil der Feldstärke E
Z
~ · dA.
~
Φe =
E
(0.4)
A
Der Gauß’sche Satz der Elektrostatik
I
Φe,geschlossen =
~ · dA
~=
E
A
P
Qinnen
ε0
(0.5)
besagt, dass der gesamte elektrische Fluss Φe,geschlossen durch eine geschlossene Fläche A durch die von
der Fläche A eingeschlossene Ladung Qinnen bestimmt ist. ε0 ist die Dielektrizitätskonstante.
Da es nicht immer einfach ist, eine geschlossene Fläche zu definieren, kann mit Hilfe des folgenden Satzes
(später in der Vorlesung) die Berechnung des Flusses über das Volumen gemacht werden:
I
Z
~
~
~ dV.
E · dA =
divE
(0.6)
A
V (A)
2
5. Diskutiere die Begriffe elektrisches Potenzial, Spannung und potentielle Energie. In welchem Zusammenhang stehen diese Grössen?
Antwort:
Das elektrische Potential V (~r) ist definiert als
Z
r2
V (~r) = −
~ · dr~0 .
E
(0.7)
r1
Meistens wird zur Normierung das Potential im Unendlichen zu Null gewählt V (r → ∞) = 0. Die Differenz
zwischen zwei Potentialen an den Punkten ~r1 und ~r2 wird elektrische Spannung V12 genannt.
Z
~
r2
V12 = V2 (~r2 ) − V1 (~r1 ) = −
~ · dr~0 .
E
(0.8)
~
r1
Wird eine Ladung q von ~r1 zu ~r2 verschoben, so ändert sich ihre potentielle Energie um
∆Epot = qV12 .
(0.9)
Abbildung 2 zeigt anschaulich die Zusammenhänge zwischen Kraft, potentieller Energie, Potential und
Feld.
Abbildung 2: Zusammenhang von Kraft, Feld, Potential und potentielle Energie.
6. Was sind Äquipotentialflächen? Skizziere ein Beispiel.
Antwort:
Äquipotentialflächen sind Flächen konstanten Potentials im Raum (vergleiche auch mit den Äquipotentialflächen der Zentralkraftfelder). Sie stehen immer senkrecht zu den Feldlinien. Wird eine Ladung auf
einer Äquipotentialfläche verschoben, wird keine Arbeit geleistet. Abbildung 3 zeigt Äquipotentialflächen
für eine Punktladung vor einer geladenen Platte.
3
Abbildung 3: Äquipotentialflächen einer Punktladung vor einer geladenen Platte.
7. Diskutiere den Begriff der Ladungsdichte.
Antwort:
Die Ladungsdichte beschreibt eine Ladungsverteilung und bezeichnet die Ladung pro Längen-, Flächenoder Volumeneinheit. Sie wird oft dazu verwendet, die Berechnungen in der Elektrostatik zu vereinfachen.
As
Q
(0.10)
Linienladungsdichte: λ =
l
m
Q
As
Flächenladungsdichte: σ =
(0.11)
A
m2
As
Q
(0.12)
Volumenladungsdichte: ρ =
V
m3
Aufgaben
1 Coulomb- und Gravitationskraft [2P]
Um eine Vorstellung von der Stärke der Coulombkraft zu bekommen, machen wir folgendes Gedankenexperiment:
Atome und damit die Materie bestehen aus den Z-fach positiv geladenen Atomkernen und Z negativ geladenen Elektronen der Hülle, so dass Atome und damit auch die Materie nach aussen völlig neutral abgeschirmt
erscheinen.
Wir wollen die Gravitationskraft durch die Coulombkraft ersetzen. Wieviele Elektronen müsste man also von
der Erde auf den Mond bringen, damit die so entstehende Coulombkraft gerade die Gravitationskraft ersetzt?
Gravitationskonst.
Masse der Erde
Masse des Mondes
Masse Elektron
Ladung Elektron
Influenzkonst.
Γ
ME
MM
Me
e
0
=
=
=
=
=
=
6.6732 · 10−11 m3 /(kg s2 )
5.98 · 1024 kg
ME /81
9.1095 · 10−31 kg
1.60219 · 10−19 C
8.8542 · 10−12 C2 /(Nm2 )
Könnte man die Gravitationskraft auf die Coulombkraft zurückführen, d.h. könnte eine überschüssige elektrische Ladung die Gravitationskraft erklären? Erläutern Sie welche Tatsachen diese Theorie widerlegen oder
untermauern.
4
Lösung
Die Coulombkraft muss also genau gleich der Gravitationskraft sein (F~C = F~G ) um weiterhin ein stabiles
Erde-Mond System zu bilden. Wir können also für die Beträge schreiben:
!
FC = FG
(1.1)
2
mit
und
1 (N · e)
2
4πε0 rEM
ME · MM
FG = Γ ·
.
2
rEM
FC =
(1.2)
(1.3)
Somit erhalten wir:
√
N=
4πε0 Γ · ME · MM
= 3.57 · 1032
e
(1.4)
Elektronen, die von der Erde entfernt und zum Mond gebracht werden müssten. Dies entspricht rund N ·
Me = 325 kg Elektronen. Die Korrektur der Gravitationskraft aufgrund der Reduktion der Masse der zwei
Himmelskörper durch das Entfernen der Elektronen kann vernachlässigt werden.
Die Gravitation kann damit offensichtlich nicht auf die Coulombkraft zurückgeführt werden. Man betrachte
hierzu die Situation mit drei Himmelskörpern: Da die Gravitation immer anziehend ist, müssten zwei sich
anziehende Himmelskörper unterschiedliche Ladung aufweisen. Somit würde jedoch unabhängig vom Ladungsvorzeichen des dritten Himmelskörpers immer eine abstossende Kraft zwischen diesem und einem der beiden
ersteren herrschen.
2 Geladene Kugel [3P]
Wir betrachten eine elektrisch leitende Hohlkugel mit Radius R = 10 cm.
(a) [1P] Wie gross ist die Zahl N der Elektronen, die man auf die Kugel bringen kann, bevor die Durchschlagsfeldstärke Emax = 30 kV/cm von Luft erreicht ist?
(b) [2P] Wir betrachten eines der Elektronen auf der Kugelhülle als Testladung. Wie gross ist in diesem Fall
die aufgrund der Abstossung der anderen Ladungen entstehende Kraft? Welchem Druck p auf die Kugelschale
entspricht diese Kraft?
Lösung
(a) Es gelte:
Emax ≥ E =
1
Q
, wobei Q = N · e.
·
4πε0 R2
(2.1)
Somit folgt:
4πε0 · Emax · R2
= 2.1 · 1013 ,
e
was bedeutet, dass maximal rund 21 Billionen Elektronen auf die Kugel gebracht werden können.
N≤
(2.2)
(b) Da die Ladung auf der Kugel homogen verteilt ist, definieren wir die Flächenladungsdichte σ = Q/A =
Q/(4πR2 ) oder für ein Flächenelement dA = 1/σ dQ. Wir berechnen die resultierende Coulombkraft auf
ein Flächenelement dA, erzeugt durch die restliche Ladung (Flächenelemente dA0 ):
d2 F~C
=
=
dQ1 dQ2 ~r − ~r0
1
·
·
4πε0 |~r − ~r0 |2 |~r − ~r0 |
1
σ2
~r − ~r0
·
·
· dA · dA0 .
0
2
4πε0 |~r − ~r | |~r − ~r0 |
5
(2.3)
(2.4)
Aus Symmetriegründen können wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit die Situation für ~r = (R, 0, 0)
betrachten. Des Weiteren folgt, dass hier F~C nur eine x-Komponente hat. Somit gilt:
d2 FC =
σ2
1
·
· (R − x0 ) · dA · dA0 .
4πε0 ((R − x0 )2 + y 02 + z 02 )3/2
(2.5)
Wir setzen nun die Bedingung R2 = x02 + y 02 + z 02 ein und führen eine Integration über dA0 = R2 dφ d cos θ
in Polarkoordinaten durch. In Polarkoordinaten gilt x0 = R cos θ:
Z 2π Z 1
1 − cos θ
R
σ2
dFC
R2 · 3
=
d cos θ dφ
(2.6)
dA
4πε0 0
R
(2(1
− cos θ))3/2
−1
Z 1
1
σ2
1
√
·
d cos θ
(2.7)
=
·
2ε0 23/2 −1 1 − cos θ
Z 1
1
σ2
1
√
=
· 3/2 ·
dx
(2.8)
2ε0 2
1−x
−1
σ2
=
(2.9)
2ε0
dFC /dA ist gerade gleich dem gesuchten Druck p. Wir setzen σ = Q/(4πR2 ) = 0.267 C/m2 ein und
erhalten:
σ2
dFC
=
= 39.7 Pa.
(2.10)
p=
dA
2ε0
Die totale Kraft ist dann gerade
Ftot = pA = p 4πR2 ≈ 5 N.
(2.11)
3 Gauß’scher Satz [1P]
Berechnen Sie mit Hilfe des Gauß’schen Satzes das elektrische Feld eines sehr langen geraden, geladenen Drahtes
(Ladung pro Längeneinheit λ = Q/L) als Funktion von λ und des Abstandes r vom Draht.
Lösung
Wir machen die Näherung, dass der Abstand r zum Draht viel kleiner ist als die Distanz zu den Drahtenden,
so dass das elektrische Feld nur radial vom Draht wegzeigende Komponenten hat. Wir können also den Draht
als unendlich lang betrachten.
Für die Ladungsdichte können wir mit Hilfe des Gauß’schen Satzes schreiben:
I
ε 0 · Φe
ε0
~ · dA.
~
λ = Q/L =
=
E
(3.1)
L
L A
Wir wählen als Fläche für das Integral im Gauß’schen Gesetz einen Zylinder mit Radius r, so dass der geladene
Draht durch die Zylinderachse läuft. Aus Symmetriegründen ist leicht ersichtlich, dass die elektrischen Feldlinien
radial von dem Draht wegzeigen. Sie sind somit parallel zu Deckel und Boden des Zylinders, welche also aufgrund
des Skalarproduktes keinen Beitrag zum Integral leisten. Auf dem Zylindermantel ist das E-Feld konstant und
senkrecht zur Fläche. Wir erhalten somit:
ε0
λ=
· E · 2πrL.
(3.2)
L
Nach E aufgelöst:
E(r) =
1
λ
· .
2πε0 r
6
(3.3)
4 Gauß’sches Gesetz II [3P]
Eine Vollkugel mit homogener Volumenladungsdichte (z.B. eine dotierte Siliziumkugel) besitzt eine totale Ladung Q0 = 3.0 × 10−12 C und Radius R = 0.01 m. Wir wählen für die Berechnung das Referenzpotential der
potentiellen Energie mit V (r → ∞) = 0.
(a) [1P] Wie gross ist das Potential im Abstand 2R vom Kugelmittelpunkt?
(b) [0.5P] Eine Testladung mit Ladung qt = 4.0 µC und Masse mt = 2.0 × 10−6 kg wird aus der Ruhe an der
Kugeloberfläche in Bewegung gesetzt. Welche Geschwindigkeit hat das Teilchen, wenn es einen Abstand
von 2R vom Kugelmittelpunkt erreicht?
(c) [1P] Wie gross ist das Potential innerhalb der Kugel am Ort r = 6 mm vom Kugelmittelpunkt entfernt?
(d) [0.5P] Wie gross ist das Potential im Kugelmittelpunkt?
Lösung
(a) Wir berechnen zuerst das elektrische Feld Ea ausserhalb der Kugel mit Hilfe des Gauß’schen Satzes. Für
das Integral wählen wir eine Kugel mit Radius r > R und der Fläche A = 4πr2 .
I
Q0
~ a · dA
~ = Ea · 4πr2
E
(4.1)
=
ε0
A
und somit
Ea (r) =
mit der Volumenladungsdichte ρ =
Q0
4
3
3 πR
ρ R3
Q0
=
·
4πε0 r2
3 ε0 r2
(4.2)
.
Das elektrische Potential erhält man durch Integration über r.
Z
Va (r) = −
~ a · d~r = −
E
Z
ρ R3
ρ R3
ρ R3
+C =
· 2 dr =
·
·
3ε0 r
3ε0 r
3ε0 r
(4.3)
da die Integationskonstante C = 0 durch die Randbedingung V (r → ∞) = 0.
Man erhält also für das Potential im Abstand 2R vom Mittelpunkt:
Va (2R) =
ρ
Q0
≈ 1.35 V
· R2 =
6ε0
8ε0 πR
(4.4)
(b) Die kinetische Energie der Ladung ändert sich um den Potentialunterschied multipliziert mit der Ladung
(entspricht der Änderung der potentiellen Energie).
1
Q0
1
1
Q0
1
mt vt2 = qt (Va (R) − Va (2R)) = qt ·
·
−
= qt ·
·
.
(4.5)
2
4πε0
R 2R
4πε0 2R
Somit erhält man im Abstand 2R die Geschwindigkeit
r
2 qt Q0 1
vt (2R) =
·
·
≈ 2.3 m/s.
mt 4πε0 2R
7
(4.6)
(c) Innerhalb der kugelförmigen Integrationsfläche mit r < R ist die gesamte Ladung Qinnen gegeben durch
Qinnen (r) =
4 3
πr ρ.
3
(4.7)
Das elektrische Feld ist somit (analog zu (4.2))
Ei (r) =
ρ
Q0
r
·r =
· 3.
3ε0
4πε0 R
(4.8)
Durch Integration erhält man das Potential
Vi (r) = −
ρ
3ε0
Z
rdr = −
ρ 2
r + C 0.
6ε0
(4.9)
Da das Potential an der Kugelgrenze stetig sein muss, muss Vi (R) = Va (R) gelten und somit für die
Integrationskonstante C 0
C0 =
ρ 2
R .
2ε0
(4.10)
Das Potential innerhalb der Kugel ist damit
φi (r) =
ρR2
2ε0
1−
r2
3R2
=
3Q0
8πε0 R
1−
r2
3R2
(4.11)
und an der Stelle r0 = 0.006 m
Vi (r0 ) ≈ 3.7 V.
(4.12)
3Q0
ρR2
≈ 4.0 V.
=
2ε0
8πε0 R
(4.13)
(d) Im Kugelmittelpunkt ist das Potential
Vi (0) =
5 Zylindrischer Kondensator [3P]
Die Skizze nebenan zeigt einen dünnen zylindrischen Kondensator
der Länge L. Auf der inneren Fläche mit R1 liegt die Gesamtladung
−Q, auf der äusseren Fläche mit R2 die Gesamtladung +Q.
(a) [1P] Zeichnen Sie in die Skizze alle elektrische Feldlinien ein.
(b) [1P] Berechnen Sie das elektrische Feld als Funktion des Abstandes r von der Mittelachse und skizzieren Sie |E(r)| in dem
Diagramm.
(c) [1P] Berechnen Sie die Spannung V zwischen den Zylindern
sowie die Kapazität des Kondensators (Kapazität C = Ladung geteilt durch Potentialdifferenz).
8
Lösung
(a) Die Feldlinien sind in der folgenden Zeichnung zu sehen.
Abbildung 4: Elektrische Feldlinien zeigen von positiver Ladung zu negativer Ladung.
(b) Wir können die Ergebnisse von Aufgabe 3 nutzen. Dort wurde der Gauß’sche Satz mit einem Zylindervolumen benutzt. Hier folgt analog, dass für 0 ≤ r ≤ R1 und für r ≥ R2 der Betrag der elektrischen Feldstärke
V
, da in ersterem Fall keine Ladungen umschlossen werden, im zweiteren Fall
verschwindet E(r) = 0 m
sich die umschlossenen Ladungen aufheben. Für R1 < r < R2 ist die umschlossene Ladung −Q und wir
erhalten für den Feldstärkebetrag:
1 −Q
E(r) =
.
(5.1)
2πε0 Lr
Abbildung 5: Elektrisches Feld des geladenen Zylinderkondensators. Beachte, dass genau bei R1 und R2 das
Feld nicht definiert ist. Innerhalb R1 und ausserhalb R2 ist das Feld null (feldfreier Raum).
(c) Wir haben2
Z
R2
V = V (R2 )−V (R1 ) = −
R1
~ r)·d~r = −
E(~
Z
R2
R1
R2
1 −Q
Q
Q
R2
dr =
ln(r) =
ln
. (5.2)
2πε0 Lr
2πε0 L
2πε
L
R
0
1
R1
Damit ist die Kapazität
C=
Q
2πε0 L
= .
R2
V
ln R
1
(5.3)
27. März 2017
2 Da
das elektrische Feld genau bei R1 und R2 nicht definiert ist, müssten die Radien mit einem ε > 0 etwas wegverschoben
werden (z.B. R1 + ε) und es müsste limε→0 V berechnet werden. Für unsere Betrachtung kann man dies vernachlässigen, da keine
mathematischen Unsauberkeiten auftreten (z.B. Division durch 0).
9