Uebungsblatt 02 fuer Grundkurs IIIb fuer Physiker
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Übungsblatt 02 Grundkurs IIIb für Physiker Othmar Marti, ([email protected]) 4. 11. 2002 oder 11. 11. 2002 1 Aufgaben für die Übungsstunden 1. Zeigen Sie, dass die Coulombkraft ein konservatives Kraftfeld ist. 2. Zeigen Sie, dass die aus dem Coulomb-Gesetz hergeleitete potentielle Energie einer Testladung im Feld einer Punktladung die Poisson-Gleichung erfüllt. 3. Berechne die Kapazität eines koaxialen Zylinderkondensators bestehend aus zwei Metallröhren mit a < b. Berechnen Sie die Kapazität eines Koaxialkabels von 10m Länge mit a = 0.5mm und b = 5mm. 4. Zeigen Sie, dass das Potential eines Dipols für grosse Abstände r durch ϕ (r, θ) = 1 p cos θ 1 qa cos θ = 2π²0 r2 2π²0 r2 oder ϕ (r, z) = 1 pz 4π²0 r3 ist. 4. 11. 2002 oder 11. 11. 2002 °2002 1c University of Ulm, Othmar Marti 2 2 Hausaufgaben 5. Eine nichtleitende Kugel mit dem Radius a und dem Mittelpunkt im Ursprung habe einen kugelförmigen Hohlraum mit dem Radius b und dem Mittelpunkt bei x = b, y = 0 und z = 0. Die Kugel besitze die homogene Raumladungsdichte ρ. Zeigen Sie, dass das elektrische Feld im Hohlraum homogen ist und durch Ex = ρb/3²0 sowie Ey = Ez = 0 beschrieben wird. Hinweis: ersetzen Sie den Hohlraum durch Kugeln mit gleich grossen positiven und negativen Ladungsdichten. 6. Die elektrostatische Kraft auf eine Ladung in einem bestimmten Punkt ist das Produkt der Ladung und des von allen anderen Ladungen erzeugten elektrischen Feldes. Betrachten Sie eine kleine Ladung auf der Oberfläche eines Leiters: ∆q = σ∆A. (a) Zeigen Sie, dass die elektrostatische Kraft auf die Ladung gleich σ 2 ∆A/2²0 ist. (b) Erklären Sie, warum dies gerade die Hälfte von ∆qE ist, wobei E = σ/²0 das elektrische Feld unmittelbar ausserhalb des Leiters an diesem Punkt ist. (c) Die Kraft pro Flächeneinheit heisst elektrostatische Beanspruchung. Berechnen Sie diese, wenn sich eine Ladung von 2µC auf einer leitenden Kugel mit dem Radius 10cm befindet. 4. 11. 2002 oder 11. 11. 2002 °2002 2c University of Ulm, Othmar Marti 3 3 Lösungen Aufgaben für die Übungsstunde 1. • Coulombkraft F (r) = 1 Q1 Q2 ~r 4π²0 r3 ~ × F~ = 0 ist. • Ein Kraftfeld ist konservativ, wenn ∇ ¡ ~r ¢ ~ × 3 =0 • Zu zeigen ist ∇ r • ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z × x 3 (x2 +y 2 +z 2 ) 2 y 3 (x2 +y 2 +z 2 ) 2 z = ? 3 (x2 +y 2 +z 2 ) 2 • Wir berechnen à ! y 2xy ∂ 3 −3xy =− 3 5 = 5 ∂x (x2 + y 2 + z 2 ) 2 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 • also ∂ ∂y à ! à ∂ y − = 3 ∂z (x2 + y 2 + z 2 ) 32 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 à ! 3yz 3zy − − = 0 5 − 5 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 z ! und zyklisch • In Kugelkoordination ist F (r, θ, ϕ) = Q1 Q2 4π²0 1 r2 0 0 • Die Rotation in Kugelkoordinaten ist: ¾ ½ ∂ 1 ∂ (sin θvφ ) − vθ ~er + rot~v = r sin θ ∂θ ∂φ ¾ ½ 1 ∂ ∂ vr − sin θ (rvφ ) ~eθ + r sin θ ∂φ ∂r ¾ ½ ∂ 1 ∂ (rvθ ) − vr ~eφ r ∂r ∂θ • da vθ = vφ = 0 ist folgt sofort die Behauptung. 2. • Epot = 1 Q1 Q2 4π²0 r 4. 11. 2002 oder 11. 11. 2002 °2002 3c University of Ulm, Othmar Marti 4 • Poisson-Gleichung: (aus dem Potential mit Epot = U · Q2 ∆Epot = ρel · Q2 ²0 • wir müssen 1 1 1 1 ∂2 ∂2 ∂2 p p p ∆ = + + 2 2 2 r ∂x x2 + y 2 + z 2 ∂y x2 + y 2 + z 2 ∂z x2 + y 2 + z 2 berechnen. • ∂ ∂2 1 p = 2 ∂x ∂x x2 + y 2 + z 2 = = • ∆ 1r = 3. 3(x2 +y 2 +z 2 ) 5 (x2 +y 2 +z 2 ) 2 − 3 à 1 2x − 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 32 −1 3 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 3x2 (x2 + y 2 + z 2 ) 3 (x2 +y 2 +z 2 ) 2 5 2 + − ! 3 2x2 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 52 1 3 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 =0 • Das elektrische Feld (Übungsblatt 011 ) ausserhalb eines zylindrischen Leiters ist 1 λ Q Er = = 2π²0 r 2π²0 `r • Die Potentialdifferenz ist Zb ϕ (b) − ϕ (a) = − a Q Er dr = − 2π²0 ` Zb a dr Q b =− ln r 2π²0 ` a • Die Kapazität ist: C= Q Q 2π²0 ` = = U ϕ (b) − ϕ (a) ln ab • Mit den Zahlenwerten erhalten wir C = 2π · 8.85 · 10−12 · 10 · 1 1 5 = 24pF lu 0.5 ../ue01/ 4. 11. 2002 oder 11. 11. 2002 °2002 4c University of Ulm, Othmar Marti 5 4. • ϕ (r, +q) = 1 4π²0 √ q x2 +y 2 +(z−a)2 q 1 √ • ϕ (r, −q) = 4π² 0 x2 +y 2 (z+a)2 p • r = x2 + y 2 + z 2 • q ϕ (r, +q) + ϕ (r, −q) = 4π²0 à −p 1 p x2 + y 2 + z 2 − 2az + a2 ! 1 x2 + y 2 + z 2 + 2az + a2 q 1 1 q = −q 2 4π²0 −2az+a 2az+a2 1 + x2 +y2 +z2 1 + x2 +y2 +z2 • da r >> a ist, können wir entwickeln ϕD (r) = ϕ (r, +q) + ϕ (r, −q) ³ ´ ³ ´ 1 +2az+a2 1 −2az+a2 q 1 + 2 x2 +y2 +z2 − 1 − 2 x2 +y2 +z2 q q = 2 2 4π²0 r 1 + x−2az+a 1 + x22az+a 2 +y 2 +z 2 +y 2 +z 2 µ ¶ q 1 2az + a2 + 2az − a2 2qaz pz = = = 2 2 2 3 4π²0 r 2 x +y +z 4π²0 r 4π²0 r3 • Rechtwinklige Dreiecke 2 r+ = (r − a cos θ)2 + (a sin θ)2 = r2 − 2ar cos θ + a2 cos2 θ + a2 sin2 θ r2 − 2ar cos θ + a2 ´´2 ³π ´ ³ ³π −θ + a2 cos − θ = r2 r− − a sin 2 2 2 − 2ar− cos θ + a2 = r2 r− • r 2a cos θ + 1− r r 2a = r 1+ cos θ − r r+ = r − r− 4. 11. 2002 oder 11. 11. 2002 a2 r2 a2 r2 °2002 5c University of Ulm, Othmar Marti 6 • Wir verwenden die erste Ordnung in a • q ϕD (r, θ) = 4π²0 µ 1 1 − r r− + ¶ ¡ ¢ 1 + ar cos θ − 1 − ar cos θ q r = q 4π²0 r 2a 1 − 2a 1 + cos θ cos θ r r qa cos θ 2π²0 r2 p cos θ = 4π²0 r2 = • Polarauftragung von ϕD Dipolpotential 1 U(t,0.71) z 0.5 0 0.5 1 0 0.5 1 x 1.5 2 Der Abstand von (0, 0) zu einem Punkt auf der Linie gibt die Grösse des Dipolfeldes in diese Richtung an. 4. 11. 2002 oder 11. 11. 2002 °2002 6c University of Ulm, Othmar Marti 7 4 Lösungen Hausaufgabe 5. • Die Kugel mit Hohlraum kann durch Überlagerung einer Kugel mit Radius a, zentriert um (0, 0, 0) und der Ladungsdichte ρ sowie einer Kugel mit dem Radius b zentriert auf (b, 0, 0) mit der Ladungsdichte −ρ erzeugt werden. • E-Feld im Inneren einer homogen geladenen Kugel 1 Qr 4π²0 R3 1 r 4π 3 = ρR 4π²0 R3 3 ρ r = 3²0 Er (r) = • x,y,z-Komponenten des elektrischen Feldes einer Kugel mit Mittelpunkt (x̃, 0, 0) • x − x̃ ~ (x, y, z) = ρ y E 3²0 z • In unserem Falle ist innerhalb der kleinen Kugel: x x−b b ρ ρ ρ ~ y y 0 E (x, y, z) = − = 3²0 3²0 3²0 z z 0 was zu zeigen war. 6. (a) Das kleine Leiterloch erzeugt das Feld E = 2²σ0 . Dieses Feld ist auf beiden Seiten von ∆A gleich groß und entgegengesetzt gerichtet. Wie die Zeichnung zeigt, rührt das Feld über der Fläche ∆A zur Hälfte von der Oberflächenladungsdichte der Rückseite; die das 4. 11. 2002 oder 11. 11. 2002 °2002 7c University of Ulm, Othmar Marti 8 Innere des Leiters feldfrei macht) und zur Hälfe von der Fläche ∆A her. Damit ist erklärt, dass das Feld an der Oberfläche des Leiters E = ²σ0 ist. • Also wirkt auf die Ladung σ∆A das Feld 2²σ0 . • Also ist F= 2²σ0 · σ · ∆A = σ 2 ∆A −2²0 (b) Die Hälfte der Ladung rührt von ∆A her, der Rest von den umgebenden Ladungen. (c) Wir haben Q 4πr2 F σ2 = 2² ∆A 0 • σ= • = Q2 32π 2 r4 ²0 2 • F ∆A = (2·10−6 ) 32·π 2 ·(0,1)4 ·8,85·10−12 4. 11. 2002 oder 11. 11. 2002 = 14.3 mN2 °2002 8c University of Ulm, Othmar Marti
