Einheiten und Coulombsches Gesetz 1. Einheiten

Prof. Walter Arnold
Lehrstuhl f. Materialsimulation
Universität des Saarlandes
21.10.2013
1. Übungsblatt Musterlösung
Physik I für MWWT
Einheiten und Coulombsches Gesetz
1.
Einheiten
a) CPU:
3GHz =
ˆ 3 · 109
Rechnungen
s
⇒ in 1 s also 3 · 109
Mensch: 1
Rechnungen
· s = 3 · 109 Rechnungen
s
s
⇒ benötigte Zeit für 3 · 109 Rechnungen:
Rechnung
(
3 · 109 (
Rechnungen
·
((((
(
s
Rechnung
= 3 · 109 s ≈ 34.722 Tage ≈ 95 Jahre
b) 1 Tafel: mTafel = 250 g = 2,5 · 100 g ⇒ ETafel = 2,5 · 530 kcal = 1325 kcal
Es gilt: 1 kcal = 4184 J
⇒ 1325 kcal = 5.543.800 J = 5,5438 · 106 J = 5,5438 MJ
Eine Tafel enthält also ETafel = 5,5438 MJ.
Diese Energie komplett in kinetische Energie des Balls (mBall = 500 g) umwandeln:
mBall 2
· v = 5,5438 · 106 J
2
2 · 5,5438 · 106 J
⇔ v2 =
0,5 kg
s
2 · 5,5438 · 106 J
⇔v = ±
0,5 kg
s
J
≈ ±4,71 · 103
kg
r
1
= ±4,71 · 103 J
kg
s
kg · m2 1
= ±4,71 · 103
s2 kg
m
= ±4,71 · 103
s
Wegen v = |v| ist nur die positive Lösung physikalisch sinnvoll!
Umrechnung in km/h:
m
4,71 · 10
= 4,71 · 103
s
3
1
km
1000
1
h
3600
3600 km
1000 h
km
= 4,71 · 103 · 3,6
h
km
= 16956
h
= 4,71 · 103 ·
(Das entspricht rund 60 % der ersten kosmischen Geschwindigkeit!)
Senkrecht nach oben werfen:
mBall · g · h = 5,5438 · 106 J
5,5438 · 106 J
⇔h =
0,5 kg · 9,81 sm2
≈ 1,13 · 106
= 1130 km
2.
kg · m2 s2
m
s2 kg · Coulombsches Gesetz
a)
i. Benötigter Strom: I = 5 mA = 5 · 10−3 A
⇒ ∆t =
Strom ist Ladung pro Zeit: I = ∆Q
∆t
∆Q
I
Insgesamt kann eine Ladung von ∆Q = 1 C = 1 As ieÿen:
1C
5 · 10−3 A
As
= 200
A
= 200 s
∆t =
ii. Ein Coulomb in Einheiten der Elementarladung e:
1C
≈ 6,242 · 1018 ⇒ 1 C ≈ 6,242 · 1018 · e
e
Man muss also rund 6,242 · 1018 Protonen zusammen packen, um eine Ladung von
1 C zu erhalten. Multipliziert mit der Protonenmasse mP erhält man für den Protonenklumpen eine Masse von m = 1,044 · 10−8 kg (Entspricht der Masse von rund 2,5
menschlichen Eizellen (Quelle: Wikipedia))
b) Ladungsverteilung:
Für die auf den Protonenklumpen 2 wirkende Gravitationskraft gilt:
(2)
FG = γ
m1 m2 r1 − r2
|r1 − r2 |2 |r1 − r2 |
Durch die Wahl des Koordinatensystems ergeben sich für die Klumpen folgende Ortsvektoren:
 
 
0
d



r1 = 0
r2 = 0
0
0
Daraus folgt:
r1 − r2 = −d · êx
|r1 − r2 | = d
Eingesetzt in die Gravitationskraft folgt:
(2)
FG = −γ
m2
· êx
d2
Entsprechend gilt für die Coulomb-Kraft:
(2)
FC =
1 q2
· êx
4π0 d2
Vergleich der Kräfte liefert:
2
(2)
|FG |
(2)
|FC |
=
γm
d2
1 q2
4π0 d2
m2
q2
= 8,09 · 10−37
= 4π0 γ
c) Ladungsverteilung:
 
0
R1 = 1
0
 
1
R2 = 0
0


−1
R3 = −1
0
 
0
Rq = 0
0
Es gilt Q1 = Q2 = Q. Kann Q3 so gewählt werden, dass die resultierende Gesamtkraft auf
eine Probeladung im Ursprung verschwindet?
Gesamtkraft = Summe der Teilkräfte (Superpositionsprinzip)!
Gesamtkraft auf
Probeladung q im Ursprung:
X (q)
F(q)
=
Fi
ges
=
i
(q)
F1
(q)
(q)
+ F2 + F3
1
qQ2
qQ3
qQ1
Rq − R1
Rq − R2
Rq − R3
=
+
+
·
4π0 |Rq − R1 |2 |Rq − R1 | |Rq − R2 |2 |Rq − R2 | |Rq − R3 |2 |Rq − R3 |
1
qQ
qQ
qQ3
=
· (−1) · êy + 2 · (−1) · êx + √
· (êx + êy )
4π0 12
1
( 2)2
(q)
(q)
Resultierende Gesamtkraft soll verschwinden: Fges = 0. Der Vektor Fges verschwindet also
genau dann, wenn jede seiner Komponenten verschwindet. Das führt auf zwei, identische
Gleichungen:
qQ3
= 0
2
⇔ Q3 = 2 · Q
−qQ +
Damit verschwindet die Kraft auf eine beliebige Probeladung q im Ursprung, wenn Q3 = 2 · Q
gilt!
3.
Zusatzaufgabe
 
x

Probeladung q bendet sich an P = 0 .
0
Der Ring hat eine Gesamtlänge von 2πa und Gesamtladung QR = 2πa · λ = Q ⇒ Zerlegung
und Länge ∆L = 2πa
.
des Rings in n identische Segmente der Ladung ∆Q = Q
n
n
Aufgrund der Ringform (mit Lage in yz -Ebene) lässt sich die Lage des k -ten Ringsegments (als
k -te Ecke eines regelmäÿigen n-Ecks) angeben als


0

rk = a · cos 2πk
n
a · sin 2πk
n
Das Ringsegment übt dabei die Kraft
Fk =
Q
n
q · · (P − rk )
1
1
q·Q
·
=
·
√
3
4πε0
4πε0 n · x2 + a2 3
|P − rk |
| {z }
√
3
= x2 +a2

x

· −a · cos 2πk
n
2πk
−a · sin n

auf die Probeladung aus. Die Kraft, die vom gesamten Ring ausgeübt wird, erhält man durch
Summation:


n
x
X
1
q·Q
−a · cos 2πk  = ~
F=
·
√
3 ·
n
4πε0 n · x2 + a2
k=1
−a · sin 2πk
n
Aus Symmetriegründen (vgl. regelmäÿiges n-Eck, Betrachtung der Ortsvektoren der Ecken: bei
geradem n existieren antiparallele Vektorenpaare ⇒ (Gesamt-)Summe ~0; bei ungeradem n z.B.
anschaulich über Vektoraddition) heben sich die Sinus-/Kosinusterme weg:
~=
q·Q·x
1
·√
3 · êx
4πε0
x 2 + a2
Analog zur Schule, wo auch aus der kleinschrittigen Summe im Grenzfall das Integral wurde
(Flächenberechnung), ergibt sich hier für n → ∞:
2πk
=
ˆ ϕ mit ϕ ∈ [0, 2π] (k -fache Aufsummation von dϕ =
ˆ
n
Q
2π
=λ·a·
=
ˆ λ · a · dϕ
| {z }
n
n
2π
)
n
dierentielles Ringsegment
Z2π
⇒F=
0
1
q·λ
·√
3
4πε0
x 2 + a2


x
· −a · cos ϕ · a · dϕ = ~~
−a · sin ϕ
Integration über vektorielle Gröÿen lässt sich von der Vektoraddition herleiten ⇒ wir dürfen
komponentenweise integrieren. Auÿerdem ist bekannt, dass Integrale über Sinus bzw. Kosinus
über die gesamte Periode jeweils 0 ergeben (mit Skizze klar).
Q
z }| {
1
q · λ · a · 2π ·x
~~ =
· √
· êx
3
4πε0
x 2 + a2
Fall x a:
F=
q·Q·x
q·Q·x
1
1
·q
·
· êx
3 · êx ≈
0
4πε0
4πε0
a3
2
x
+ a2
Fall x a:
F=
q·Q·x
1
q·Q
1
·q
· 2 · êx (vgl. Punktladung)
3 · êx ≈
0
4πε0
4πε0 x
2
x2 + a
Naturkonstanten:
e = 1,602 · 10−19 C
γ = 6,67 · 10−11
m3
kgs2
mP = 1, 672 · 10−27 kg