6. ¨Ubung (KW 26/27)

Physik 2 Hydrologen et al., SoSe 2013
— Lösungen —
6. Übung (KW 26/27)
6. Übung (KW 26/27)
Aufgabe 1
(E 2.1 Coulombkräfte“)
”
Zwei Punktladungen Q1 und Q2 befinden sich auf der x-Achse bei x1 und x2 . Eine
dritte Punktladung Q3 hat von der Ladung Q1 und der Ladung Q2 den gleichen
Abstand r.
(a) Wie groß ist die auf die Ladung Q3 wirkende Kraft F , wenn Q2 = −Q1 ist?
(b) Wie groß ist die Kraft F , wenn Q2 = Q1 ist?
(c) Die Ladung Q3 befinde sich auf der x-Achse. Man skizziere den Verlauf der Kraft
Fx (x) auf die Ladung Q3 für die unter (a) und (b) gegebenen Ladungen Q1 und
Q2 !
x1 = 0,
x2 = 3.0 cm, r = 2.5 cm, Q1 = 6.0 × 10−8 C, Q3 = 5.0 × 10−8 C
Aufgabe 2
(E 2.8 Elektronenstrahl“)
”
Ein Elektronenstrahl dringt durch eine Öffnung in der positiven Platte bei x = 0,
y = 0 in das homogene Feld eines Plattenkondensators unter dem Winkel α0 gegen
die Platte ein. Die Elektronengeschwindigkeit ist v0 , die Kondensatorspannung U ,
der Plattenabstand d.
y
U
d
~v0
↵0
x
UB
(a) Was für eine Bahn beschreibt der Elektronenstral? Stellen Sie die Gleichung der
Bahnkurve y = y(x) auf!
(b) Seine größte Entfernung von der positiven Platte beträgt y = d/3. Welcher Wert
ergibt sich für die spezifische Ladung e/m?
(c) Die Elektronen erhalten ihre kinetische Energie, indem sie vor Eindringen in
den Kondensator ein beschleunigendes Feld durchlaufen. Wie groß muss die
Beschleunigungsspannung UB sein, wenn der Strahl die negative Platte gerade
noch erreichen soll?
α0 = 45°, v0 = 8.4 × 106 m s−1 , U = 300 V
Jens Patommel <[email protected]>
Seite 1 von 10
Physik 2 Hydrologen et al., SoSe 2013
Aufgabe 3
— Lösungen —
6. Übung (KW 26/27)
(E 2.5 Ladungsausgleich“)
”
Zwei Kondensatoren (C1 und C2 ) werden auf die Spannungen U1 und U2 aufgeladen
und danach in Reihe geschaltet, wobei der Pluspol des einen an den Minuspol des
anderen geklemmt wird.
(a) Welche Spannung U besteht zwischen den freien Klemmen der Reihenschaltung?
(b) Welche Ladungen Q1 und Q2 tragen die Kondensatoren?
(c) Wie groß sind die Spannungen U10 und U20 , wenn die Klemmen kurzgeschlossen
werden?
(d) Welche Ladungen Q01 und Q02 tragen nun die Kondensatoren?
C1 = 2.0 µF, C2 = 5.0 µF, U1 = 100 V, U2 = 200 V
Aufgabe 4
(E 2.11 Dielektrikum“)
”
Ein Plattenkondensator, in dem sich zunächst Luft befindet, hat die Kapazität C0 .
(a) Welchen Wert C nimmt seine Kapazität an, wenn zwei Drittel seines Innenraumes durch ein Stück dielektrischen Materials (εr ) ausgefüllt werden?
Der Kondensator wird vor dem Einbringen des Dielektrikums an eine Spannungsquelle (U0 ) angeschlossen. Wie
groß sind die Spannung U und die Ladung Q nach Einbringen des Dielektrikums, wenn
"r
(b) die Spannungsquelle am Kondensator angeschlossen bleibt und
(c) die Spannungsquelle vor dem Einbringen des Dielektrikums wieder entfernt wird?
Jens Patommel <[email protected]>
Seite 2 von 10
Physik 2 Hydrologen et al., SoSe 2013
— Lösungen —
6. Übung (KW 26/27)
Lösung zu Aufgabe 1
(a) Die vorliegende Abbildung zeigt die in der Aufgabe beschriebene Situation. Die
Positionen der drei Punktladungen Q1 , Q2 und Q3 sind mit A, B und E gekennzeichnet. Darüber hinaus sind die Kraftvektoren F~1 und F~2 als Pfeile CE und ED
veranschaulicht. F~1 ist die Kraft, die Ladung 1 auf Ladung 3 und F~2 die Kraft, die
Ladung 2 auf Ladung 3 ausübt. Es soll der Betrag der Gesamtkraft auf Ladung 3
berechnet werden, d. h. F = |F~ | = |F~1 + F~2 |. In der Abbildung ist die Gesamtkraft
als orangener Pfeil CD eingezeichnet, der den Pfeilanfang C der einen Kraft mit der
Pfeilspitze D der anderen Kraft miteinander verbindet.
y
y
Q2 =
Q1
Q2 = +Q1
E
E
F~1
r
C
F~2
0
↵0
F~
F~1
D
r
↵0
C
F~2
B
↵
A
A
F~2
D
1~
2F
G
F~1
F
↵
x
x2
1~
2F
1
2 x2
B
x
Zunächst zeige ich, dass die Dreiecke 4ABE und 4CDE ähnlich sind, d. h. in allen
ihren Innenwinkeln übereinstimmen. Dies ist sehr einfach einzusehen, denn beide
Dreiecke sind gleichschenklig (Q3 hat von Q1 und Q2 den gleichen Abstand) und
haben einen gemeinsamen Winkel AEB = CED = γ, folglich sind auch deren
Basiswinkel gleich, α = α0 und β = β 0 .
Weil die Dreiecke 4ABE und 4CDE ähnlich sind, haben sie gleiche Seitenverhältnisse sich entsprechender Seiten (in diesem speziellen Fall entspricht dies dem Strahlensatz):
|CE|
|CD|
=
|AB|
|AE|
⇐⇒
F
F1
=
x2
r
⇐⇒
F =
x2
F1 .
r
(1.1)
Der Kraftbetrag F1 ergibt sich aus dem Coulomb-Gesetz
|Q1 Q3 |
(1.2)
F1 = |F~1 | =
4πε0 r2
mit der elektrischen Feldkonstanten ε0 und dem Abstand r zwischen den beiden
Punktladungen Q1 und Q3 . Einsetzen liefert
x2 (1.2) x2 |Q1 Q3 |
x2 |Q1 Q3 |
F1 =
= 3
2
r
r 4πε0 r
r 4πε0
−8
0.030 m
6 × 10 C · 6 × 10−8 C
=
= 51.8 mN .
(0.025 m)3 4π · 8.85 × 10−12 A s V−1 m−1
(1.1)
F =
Jens Patommel <[email protected]>
Seite 3 von 10
Physik 2 Hydrologen et al., SoSe 2013
— Lösungen —
6. Übung (KW 26/27)
(b) Abgesehen vom Vorzeichen der Ladung Q2 ist die Situation dieselbe wie in (a).
Die Kraft F~1 ist unverändert geblieben, ebenso Betrag und Richung von Kraft F~2 ,
deren Orientierung sich allerdings umgekehrt hat (Pfeil zeigt jetzt von Q3 nach Q2 ).
Die resultierende Gesamtkraft F~ auf Q3 ist in der Abbildung durch den Pfeil FE
repräsentiert.
Zunächst stellen wir fest, dass die Strecke DE halb so lang ist wie FE, denn das
Viereck FGEC ist ein Parallelogramm und in einem Parallelogramm halbieren sich
die Verbindungsstrecken gegenüberliegender Eckpunkte.
Desweiteren kann man zeigen, dass die Dreiecke 4ABE und 4CDE ähnlich sind,
denn beide Dreiecke sind rechtwinklig und haben den gemeinsamen Winkel γ, so dass
auch die Winkel α und α0 gleich sein müssen. Die Rechtwinkligkeit der Dreiecke liegt
darin begründet, dass Q3 von den beiden anderen Ladungen gleichen Abstand hat
und die Kräfte F~1 und F~2 gleiche Beträge haben.
Wie in (a) nutzen wir die Ähnlichkeit der Dreiecke, um Seitenverhältnisse ins Verhältnis zu setzen:
|CE|
|DE|
=
|BE|
|AE|
⇐⇒
1
F
2
|BE|
=
F1
r
⇐⇒
F =2
|BE|
F1 .
r
(1.3)
Die Länge der Strecke BE holen wir uns aus dem Satz des Pythagoras, angewendet
auf das rechtwinklige Dreieck 4ABE:
q
2
2
2
2
|AB| + |BE| = |AE|
⇐⇒ |BE| = r2 − x22 .
(1.4)
Damit erhalten wir den gesuchten Betrag der Gesamtkraft:
q
2
r
x 2 |Q Q |
r2 − x22
(1.3) |BE|
(1.4)
(1.2)
2
1 3
F = 2
F1 = 2
F1 = 2 1 −
= 69.1 mN .
r
r
2r
4πε0 r2
(b) Alle Ladungen befinden sich auf der x-Achse. Weil die elektrische Kraft zwischen
zwei Ladungen immer entlang der Verbindungslinie der beteiligten Ladungen wirkt,
wirkt auch die resultierende Gesamtkraft auf die Ladung Q3 ausschließlich in xRichung. Die gesuchte x-Komponente Fx dieser Kraft ergibt sich somit als skalare
Summe der Beträge F1x von Ladung Q1 und F2x von Ladung Q2 :
sgn(x − x1 ) Q1 Q3 sgn(x − x2 ) Q2 Q3
+
4πε0 (x − x1 )2
4πε0 (x − x2 )2


−1, x < 0
sgn(x) = 0,
x=0


+1, x > 0
Fx (x) = F1x (x) + F2x (x) =
mit der Signum-Funktion
Die Signumfunktion sorgt dafür, dass sich das Vorzeichen der Kraft ändert, wenn
Q3 die Seite wechselt“: Die von Q1 bzw. Q2 auf Q3 ausgeübte Kraft hat ein anderes
”
Vorzeichen, wenn sich Q3 links von Q1 bzw. Q2 befindet, als sie auf der rechten Seite
davon hat. Der Kräfteverlauf für die beiden Situation Q2 = −Q1 und Q2 = +Q1 ist
in der folgenden Abbildung skizziert.
Jens Patommel <[email protected]>
Seite 4 von 10
Physik 2 Hydrologen et al., SoSe 2013
Fx
Q2 =
I
— Lösungen —
Q1
Fx
II
Q2
x1
II
III
Q1
x
x2
Q2 = +Q1
I
III
Q1
6. Übung (KW 26/27)
Q2
x1
x
x2
Lösung zu Aufgabe 2
(a) Wir ermitteln die Flugbahn eines einzelnen Elektrons aus dem Elektronenstrahl,
indem wir die auf das Elektron wirksamen Kräfte untersuchen. Sobald das Elektron
das Innere des Plattenkondensators erreicht, erfährt es eine Kraft F~el aufgrund des
elektrischendes Feldes des Kondensators:
~ = −eE
~ = −e U ~ey .
F~el = qe E
d
(2.1)
y
U
d
~vm
~v0
v0y
↵0
ym
v0x
x
xm
UB
Es wirkt zwar noch zusätzlich die Gravitatinskraft F~g = −me g ~ey auf das Elektron,
aber wenn man die Beträge beider Kräfte vergleicht (beispielhaft für einen Plattenabstand d = 1 m),
Fg
me gd
9.11 × 10−31 kg · 9.81 m s−2 · 1 m
=
=
= 1.9 × 10−13 ,
Fel
eU
1.6 × 10−19 C · 300 V
Jens Patommel <[email protected]>
Seite 5 von 10
Physik 2 Hydrologen et al., SoSe 2013
— Lösungen —
6. Übung (KW 26/27)
so sieht man, dass der Einfluss der Schwerkraft getrost vernachlässigt werden kann.
Die elektrische Kraft bewirkt eine Beschleunigung des Elektrons,
ax (t) ~ex + ay (t) ~ey = ~a(t) =
1 ~
(3.1) −eU
~ey ,
Fel (t) =
me
me d
d. h. die Komponenten des Beschleunigungsvektors lauten
ax (t) = 0 ,
−eU
ay (t) =
.
me d
In x-Richtung ist die Beschleunigung Null und in y-Richtung liegt eine konstante (zeitunabhängige) Beschleungigung vor. Die Weg-Zeit-Funktion ~r(t) erhält man
durch zweifaches Integrieren der Beschleunigung, durch Nachschlagen in der Formelsammlung oder indem man sie auswendig gelernt hat. Auf alle Fälle muss man
die Randbedingung
~r(0) = ~r0 = x0 ~ex + y0 ~ey = ~0
~v (0) = ~v0 = v0x ~ex + v0y ~ey = v0 cos α0 ~ex + v0 sin α0 ~ey
| {z }
| {z }
v0x
v0y
berücksichtigen. Man erhält dann die folgende Weg-Zeit-Funktion:
~r(t) = [x0 + v0x t] ~ex + y0 + v0y t + 21 ay t2 ~ey
eU 2
t ~ey ,
= v0 cos(α0 )t ~ex + v0 sin(α0 )t −
2me d
welche die Bewegeung des Elektrons in x- und y-Richtung beschreibt und alternativ
in der Form
x(t) = v0 cos(α0 )t ,
y(t) = v0 sin(α0 )t −
(2.2)
eU 2
t
2me d
(2.3)
geschrieben werden kann. Die Flugbahn y(x) erhält man durch Eliminieren der Zeit,
was zum Beispiel gelingt, indem man (2.2) nach t auflöst und in (2.3) einsetzt:
2
x
eU
x
y(x) = v0 sin(α0 )
−
v0 cos(α0 )
2me d v0 cos(α0 )
eU
= tan(α0 ) x −
x2 .
2me dv02 cos2 (α0 )
(2.4)
Es handelt sich also um eine nach unten geöffnete Parabel, wie man sie auch schon
vom schrägen Wurf einer Punktmasse im homogenen Schwerefeld unter Vernachlässigung der Luftreibung kennt.
(b) Die größte Entfernung von der positiv geladenen Platte erreicht der Elektronenstrahl am Scheitelpunkt ~rm = xm ~ex + ym ~ey der Parabel. Da die Bahnkurve y(x) am
Jens Patommel <[email protected]>
Seite 6 von 10
Physik 2 Hydrologen et al., SoSe 2013
— Lösungen —
6. Übung (KW 26/27)
Scheitelpunkt differenzierbar ist, ist dort notwendigerweise die erste Ableitung Null,
d. h. es gilt
dy(x) eU
!
xm = 0
=
tan(α
)
−
0
2
2
dx xm
me dv0 cos (α0 )
=⇒
xm =
me dv02
tan(α0 ) cos2 (α0 ) .
eU
(2.5)
Den maximalen Abstand kriegt man heraus, indem (3.5) in (3.4) eingesetzt wird:
eU
x2m
2
cos (α0 )
2
me dv0
me dv02
=
tan2 (α0 ) cos2 (α0 ) −
tan2 (α0 ) cos2 (α0 )
eU
2eU
me dv02
! d
=
sin2 (α0 ) = .
2eU
3
(3.4)
ym = y(xm ) = tan(α0 ) xm −
2me dv02
(2.6)
Im letzten Schritt wurde die Kenntnis angewendet, dass der maximale Abstand
des Strahls von der positiven Kondensatorplatte ein Drittel des Plattenabstandes
beträgt. Damit lässt sich die spezifische Ladung des Elektrons zu
e (3.6) 3 v02
=
sin2 α0
me
2U
2
α0 =45°
=
3 v02
3 (8.4 × 106 m s−1 )
=
= 176 × 109 C kg−1
4U
4
300 V
bestimmen.
Eine andere Möglichkeit, Teilaufgabe (b) zu lösen, besteht darin, den Energieerhaltungssatz anzuwenden. Die Summe aus kinetischer Energie und potentieller Energie
im elektrischen Feld des Kondensators bleibt erhalten, es gilt also
Eges = Ekin + Eel = const .
Angewendet auf die beiden Positionen ~r0 (Eintritt in den Kondensator) und ~rm
(Scheitelpunkt der Flugbahn) ergibt dies folgende Bilanzgleichung:
Ekin (~r0 ) + Eel,0 (~r0 ) = Ekin,m (~rm ) + Eel,m (~rm )
y0
1
ym
1
2
=⇒
me v02 + eU = me vm
+
eU
2
d
2
d
y0
1
ym
vm =v0x 1
2
=⇒
me v02 + eU = me v0x
+
eU
2
d
2
d
1
1
1
y0 =0, ym =d/3
2
=⇒
me v02 = me v0x
+ eU
2
2
3
2 +v 2
v02 =v0x
1
1
0y
2
= eU
me v0y
=⇒
2
3
e
3 v02
v0y =v0 sin α0
=⇒
=
sin2 α0 ,
me
2U
was natürlich auf das gleiche Ergebnis führt, wie das Anwenden der in (a) gefundenen
Bahngleichung.
Jens Patommel <[email protected]>
Seite 7 von 10
Physik 2 Hydrologen et al., SoSe 2013
— Lösungen —
6. Übung (KW 26/27)
(c) Der Scheitelpunkt der Flugparabel liegt jetzt nicht mehr bei 13 d sondern bei d.
Ich nehme also die in (b) hergeleitete Gleichung (3.6) und verlange ym = d:
(3.6)
ym =
me dv02
!
sin2 α0 = d
2eU
=⇒
1
m v2
2 e 0
=
| {z }
eU
.
sin2 α0
(2.7)
Ekin (~
r0 )
Gleichung (2.7) gibt Auskunft über die benötigte kinetische Energie eines einzelnen
Elektrons, unmittelbar bevor es in den Plattenkondensator hineinfliegt. Diese kinetische Energie wird durch die Beschleunigungsspannung UB bereitgestellt, es muss
also
eUB = Ekin (~r0 )
gelten, so dass man für die nötige Beschleunigungsspannung
UB =
Ekin (~r0 ) (2.7) U
=
e
sin2 α0
α0 =45° 1
= 2U
= 600 V
erhält.
Lösung zu Aufgabe 3
(a) Die Spannungen der in Reihe geschalteten Kondensatoren addieren sich zur
Gesamtspannung U = U1 + U2 = 100 V + 200 V = 300 V.
(b) Die Ladungsmenge Q eines Kondensators ergibt sich aus Kapazität C und Spannung U über Q = CU . Somit gilt für die Ladungesmenge der beiden Kondensatoren:
Q1 = C1 U1 = 2.0 µF · 100 V = 0.2 mC ,
Q2 = C2 U2 = 5.0 µF · 200 V = 1.0 mC .
(3.1)
(3.2)
(c) Nach Kurzschließen der Klemmen fließt ein elektrischer Strom, und zwar so
lange, bis sich zwischen den Klemmen die Spannung Null eingestellt hat. Im stationären Fall gilt also für die Summe der über den beiden Kondensatoren abfallenden
Spanngen
U10 + U20 = 0
⇐⇒
U20 = −U10 .
(3.3)
Die Ladungen, die von der äußeren Platte des einen Kondensators via Kurzschluss
abfließen, gelangen auf die äußere Platte des anderen Kondensators. Dadurch vermindert sich die Ladungsmenge beider Kondensatoren in genau gleicher Weise (positive Ladungen, die von der positiven Platte des ersten Kondensators wegfließen und
zur negativen Platte des zweiten Kondensators hinfließen vermindern die Ladungsmenge beider Kondensatoren). Die Ladungsdifferenz zwischen vorher und nachher
muss also bei beiden Kondensatoren gleich sein:
Q01 − Q1 = Q02 − Q2 .
Jens Patommel <[email protected]>
(3.4)
Seite 8 von 10
Physik 2 Hydrologen et al., SoSe 2013
— Lösungen —
6. Übung (KW 26/27)
Die Kapazität der Kondensatoren ändert sich durch den Kurzschluss nicht, die neuen
Ladungesmengen können somit als Q0 = CU 0 ausgedrückt werden:
(3.4)
=⇒
(3.3)
=⇒
⇐⇒
(3.2)
=⇒
C1 U10 − Q1 = C2 U20 − Q2
C1 U10 − Q1 = −C2 U10 − Q2
Q1 − Q2 (3.1) C1 U1 − C2 U2
=
= −114.3 V
U10 =
C1 + C2 (3.2) C1 + C2
Q2 − Q1 (3.1) C2 U2 − C1 U1
=
= +114.3 V .
U20 =
C1 + C2 (3.2) C1 + C2
(3.5)
(3.6)
(d) Die neuen Ladungsmengen der beiden Kondensatoren lauten
Q01 = C1 U10 = 0.229 mC und
Q02 = C2 U20 = 0.571 mC .
Lösung zu Aufgabe 4
(a) Man kann sich den mit Dielektrikum gefüllten Kondensator aus zwei parallel
geschalteten Einzelkondensatoren mit den Kapazitäten 13 C0 und 23 εr C0 zusammengesetzt denken. Dann ergibt sich dessen Kapazität als Summe der Einzelkapaziäten:
2
1
1
C = C0 + εr C0 = C0 (1 + 2εr ) .
3
3
3
(4.1)
(b) Wenn die Spannungsquelle angeschlossen bleibt, ändert sich die Spannung nicht,
die neue Spannung U und die alte Spannung U0 sind gleich:
U = U0 .
(4.2)
Für die Ladungsmenge gilt dann
(4.2)
(4.1)
Q = CU = CU0 =
1
C0 U0 (1 + 2εr ) .
3
(c) Wenn die Spannungsquelle vor dem Einbringen des Dielektrikums entfernt wird
und die Anschlussklemmen von der Umgebung isoliert werden, dann bleibt die Ladungsmenge des Kondensators konstant, es gilt dann
Q = Q0 = C0 U0 .
(4.3)
Aufgrund dieser Ladung ergibt sich zwischen den Kondensatorplatten eine Spannung
von
U=
Q (4.3)
C0 U0
3
= 1
U0 .
=
C (4.1) 3 C0 (1 + 2εr )
1 + 2εr
Jens Patommel <[email protected]>
Seite 9 von 10
Physik 2 Hydrologen et al., SoSe 2013
— Lösungen —
6. Übung (KW 26/27)
Quellen
Die Aufgaben sind entnommen aus: Peter Müller, Hilmar Heinemann, Heinz Krämer,
Hellmut Zimmer, Übungsbuch Physik, Hanser Fachbuch, ISBN: 978-3-446-41785-4
http://www.hanser-fachbuch.de/buch/Uebungsbuch+Physik/9783446417854
Die Übungs- und Lösungsblätter gibt es unter
http://newton.phy.tu-dresden.de/~patommel/Physik_2_hydro
Die Homepage zur Vorlesung findet sich unter
http://iktp.tu-dresden.de/index.php?id=839
Jens Patommel <[email protected]>
10