PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus SH 2009

Aufgabenblatt zum Seminar 03
PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus
(Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)
Othmar Marti, ([email protected])
06. 05. 2009
1 Aufgaben
1. Eine Kugel mit dem Radius
R
hat im Inneren eine Ladungsverteilung wie
ρ(r) = ρ0 sin(π · r/(2R). Berechnen
Potential U (r) für r = 0 . . . ∞.
Sie das elektrische Feld
2. An einem homogenen Würfel (Masse
m)
E(r)
und das elektrostatische
a,
dessen Schwerpunkt im
mit der Seitenlänge
Koordinatenursprung liegt und dessen Kanten parallel zum kartesischen Koordinatensystem liegen, sind die folgenden Ladungen befestigt.
a a ; ;0
2 2 a q2 = −2Q0 bei 0; − ; 0
a 2a q3 = Q0 bei 0; ; −
2 2
q1 = Q0
bei
Der Würfel bendet sich in einem homogenen elektrischen Feld mit
E = (Ex ; Ey ; Ez ).
a) Berechnen Sie die Kraft und das Drehmoment auf den Würfel, bezogen auf seinen
Schwerpunkt.
b) Wie gross sind die anfängliche Beschleunigung und die anfängliche Winkelbeschleunigung?
3. Eine elektrisch neutrale Metallkugel vom Radius
R = 7 cm soll auf die Ladung q = 15 µC
aufgeladen werden.
a) Welche Arbeit
W
b) Welche Spannung
ist dazu erforderlich?
U
liegt dann an der Kugel?
c) Welche Beziehung folgt für
4.
W, U
und
q?
α-Teilchen (He++ ) werden mit einer kinetischen Energie Eα = 2 MeV entlang einer Linie
durch die Mitte des Atomkerns eines Aluminiumatoms (Ordnungszahl 13) geschossen.
Die Teilchen werden durch die Coulombkraft gebremst und entlang der Einfallslinie zurück reektiert. Berechnen sie den Abstand des Umkehrpunktes zum Mittelpunkt des
Atomkerns. Vernachlässigen sie den Einuss der Elektronen!
06. 05. 2009
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
2
5. Bei ungestörtem schönem Wetter beträgt das senkrechte elektrische Feld in Bodennähe
EB = 130
V/m und in
h = 10
km Höhe
E10 = 4
N/C.
σ der Erdoberäche und welche als homogen angenomρ > 0 folgt aus den Angaben?
a) Welche Flächenladungsdichte
mene Raumladungsdichte
b) Berechne den Potentialverlauf zwischen der Erdoberäche und
6. Die Lage eines idealen Drahtes mit der Linienladungsdichte
λ
h = 10
km.
ist durch die Gerade


s
r 1 (s) =  d 
0
gegeben. Die Lage eines zweiten idealen Drahtes mit der Linienladungsdichte
die Gerade


s
r 2 (s) =  −d 
0
gegeben. Berechnen Sie für einen beliebigen Punkt
P = (x, y, z)
sche Feld und das Potential.
2
−λ ist durch
c 2009
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mit
y 6= ±d
das elektri-
3
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
06. 05. 2009
7. (Im Seminar 12 Minuten)
E(x, y, z) = E0 (0, 0, 1). Zur Zeit t = 0 hat ein
q die Geschwindigkeit v 0 = v0 (1, 0, 0). Berechne
Im Raum herrscht das elektrische Feld
Teilchen der Masse
m
und der Ladung
a) die Geschwindigkeit
b) den Ort
v(t)
s(t)
c) die Gesamtenergie
Etot (t)
c 2009
Ulm University, Othmar Marti
3
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EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
4
2 Lösungen
1. Die Ladungsverteilung ist
1.0*10−6
9.0*10
ρ 0(r)
−7
8.0*10−7
ρ 0 [C/m3]
7.0*10−7
6.0*10−7
5.0*10−7
4.0*10−7
3.0*10−7
2.0*10−7
1.0*10−7
0.0*100
0.0*100
1.0*10−3
2.0*10−3
3.0*10−3
4.0*10−3
5.0*10−3
r [m]
Diese Kurve (und die weiteren Kurven) wurden mit Maple berechnet. Dazu wurde exemplarisch
R=1
mm und
ρ0 = 1 µC/m3
gesetzt.
Wir berechnen die Lösung innerhalb der Kugel verwenden die Gleichung
ZZZ
ZZ
D(r) · da(r) =
A
ρel (r)dV
V (A)
oder im Vakuum
ZZ
ZZZ
ε0 E(r) · da(r) =
A
ρel (r)dV
V (A)
Das gestellte Problem ist kugelsymmetrisch, also muss auch die Lösung kugelsymmetrisch
sein. Wir setzen
A
als Kugelschale mit dem Zentrum der geladenen Kugel im Zentrum
der Kugelschale.
ZZ
ZZZ
ε0 E(r) · da(r) =
A
Das erste Integral ergibt (da
ZZ
ρel (r)dV
V (A)
E(r)
über der ganzen Kugeloberäche konstant ist)
ε0 E(r) · da(r) = ε0 E(r) · A(r) = ε0 E(r) · 4πr2
A
4
c 2009
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5
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
06. 05. 2009
Das zweite Integral ergibt
(Bronstein Nr. 280:
R
x2 sin ax dx =
Zr Z2π Zπ
ZZZ
ρel (r)dV =
0
sin ax −
πr̃
2R
πr̃
2R
ρ0 sin
0
V (A)
2x
a2
x2
a
−
2
a3
cos ax
)
sin θdθdφr̃2 dr̃
0
Zπ
= 4πρ0
sin
r̃2 dr̃
"0
!
#
π π r
2r̃
r̃2
2
−
= 4πρ0
r̃ −
r̃
sin
cos
π
π 2
π 3
2R
2R
2R
2R
0
r
2R2
2
3
2Rr̃
16R
πr̃
8R r̃
πr̃
−
− 3
cos
= 4πρ0
sin
2
π
2R
π
π
2R 0
2
2
3
8R r
2Rr
16R
πr 16R3
πr
= 4πρ0
−
− 3
cos
− 3
sin
π2
2R
π
π
2R
π
2
2
4Rr
πr
8R
8R
πr
= 8Rρ0
sin
− r2 − 2 cos
− 2
π
2R
π
2R
π
Damit bekommen wir
2
ε0 E(r) · 4πr = 8Rρ0
oder
πr πr 8R2 4Rr
8R2
2
sin
− r − 2 cos
− 2
π
2R
π
2R
π
πr πr 8R2 8R2
2Rρ0 4R
sin
− 1 − 2 2 cos
− 2 2
E(r) =
πε0 πr
2R
π r
2R
π r
Vektoriell geschrieben bekommen wir
πr πr 8R2 r
2Rρ0 4R
8R2
E(r) =
sin
− 1 − 2 2 cos
− 2 2
πε0 πr
2R
π r
2R
π r r
Am Rande der Kugel ist das elektrische Feld
πR
8ρ0 R
2Rρ0 4R
πR
8R2
8R2
2
E(R) =
sin
− 1 − 2 2 cos
− 2 2 = 2
1−
πε0 πR
2R
π R
2R
π R
π ε0
π
Ausserhalb der Kugel gilt das Coulombsche Gesetz
R2 r
8ρ0 R3
2
E(r) = E(R) 2 = 2 3 1 −
r
r r
π ε0 r
π
Zusammen
(
E(r) =
2Rρ0
πε0
h
4R
πr
sin
c 2009
πr
2R
2
− 1 − π8R
cos
2 r2
3
8ρ0 R
1 − π2 r
π 2 ε0 r3
πr
2R
−
8R2
π2 r2
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i
r
r
für
r≤R
für
r>R
5
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EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
3.5*10
6
1
E(r)
3.0*101
E [V/m]
2.5*101
2.0*10
1
1.5*101
1.0*101
5.0*100
0.0*100
0.0*100
1.0*10−3 2.0*10−3 3.0*10−3 4.0*10−3 5.0*10
r [m]
Das elektrostatische Potential ist (Kugelsymmetrie)
Zr
ϕ(r) = −
Zr
=−
E(r̃)dr̃
∞
∞
Zr
8ρ0 R3
2
dr̃
1−
=− 2
π ε0
π
r̃2
∞
8ρ0 R3
2
= 2
1−
π ε0 r
π
8ρ0 R3
2
1−
dr̃
π 2 ε0 r̃2
π
r
8ρ0 R3
2 1 =− 2
1−
π ε0
π −r̃ ∞
An der Grenze der Ladungsverteilung ist
8ρ0 R2
2
ϕ(R) = 2
1−
π ε0
π
6
c 2009
Ulm University, Othmar Marti
7
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
06. 05. 2009
Innerhalb der Kugel erhalten wir (Beachte auch Bronstein Nr. 283, 322 und 323, oder
verwende Maple)
Zr
ϕ(r) − ϕ(R) = −
E(r̃)dr̃
R
2Rρ0
=−
πε0
Zr 4R
sin
πr̃
πr̃
2R
8R2
− 1− 2 2
π r̃
cos
πr̃
2R
8R2
− 2 2 dr̃
π r̃
R
3
rπ 16 R3 ρ
rπ 16R2 ρ
16R ρ0 4 R2 ρ0
4R2 ρ0
0
0
sin
+
cos
+
−
+
rε0 π 3
π 2 ε0
2R
π 3 ε0 r
2R
π 3 ε0
ε0 π 2
rπ
16 R3 ρ0
rπ
16R2 ρ0 4R2 ρ0
16R3 ρ0 4 R2 ρ0
sin
+
cos
+
−
ϕ(r) = −
+
rε0 π 3
π 2 ε0
2R
π 3 ε0 r
2R
π 3 ε0
ε0 π 2
8ρ0 R2
2
+ 2
1−
π ε0
π
rπ rπ 2
4 R ρ0
= 3
−4 R + πr sin
+ 4 R cos
+ rπ
π ε0 r
2R
2R
=−
Zusammen
(
ϕ(r) =
4 R 2 ρ0
π 3 ε0 r
−4 R + πr sin
8ρ0 R3
π 2 ε0 r
rπ
2R
+ 4 R cos
1 − π2
rπ
2R
+ rπ
5.0*10−2
4.5*10
für
für
r≤R
r>R
ϕ(r)
−2
4.0*10−2
ϕ [V]
3.5*10−2
3.0*10−2
2.5*10−2
2.0*10−2
1.5*10−2
1.0*10−2
5.0*10−3
0.0*100
1.0*10−3 2.0*10−3 3.0*10−3 4.0*10−3 5.0*10
r [m]
Am Zentrum der Ladungsverteilung ist
ϕ(0) =
c 2009
4ρ0 R2
π 2 ε0
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EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
8
2. Aufgabe


Ex
E =  Ey 
Ez
a
2
a
2

r1 = 


0
Kraft aus Würfel
da


0
r 2 =  − a2 
0

0

r3 = 
a
2

− a2
F = q1 · E + q2 · E + q3 · E
q1 + q2 + q3 = Q0 − 2Q0 + Q0 = 0
ist
F =0⇒a=0
Drehmoment bezüglich Schwerpunkt


0
rs =  0 
0
M = M 1 + M 2 + M 3 = r1 × F 1 + r2 × F 2 + r3 × F 3
= (q1 r 1 + q2 r 2 + q3 r 3 ) × E




 
  a 
0
0
E
x
2
= Q0  a2  − 2Qo  − a2  + Q0  a2  ×  Ey 
Ez
0
0
−a
 a    
  2 
0
Ex
0
2
a 
a 






Ey 
a
= Q0
×
+
+
2
2
0
0
− a2
Ez
 a  


Ey 
2E
+
E
z
x
2
2
= Q0  2a  ×  Ey  = aQ0  − E2x − E2z 
Ey
− a2
Ez
− 2Ex
2
Trägheitsmoment bezüglich S
a
a
a
Z2 Z2 Z2
Is =
− a2 − a2 − a2
a
2
m
= 2
a
Z a
m
x2 + y 2 3 dxdydz
a
=
a
a Z2 Z2
− −
x2 + y 2 dxdy
2
2
m a
a3
− a2 − a2
a
3
x
+ xy 2 dy |x=− a
2
3
m
= 2
a
a
2
− a2
Z2 a3
a3
2
+
+ ay dy
24 24
− a2
a
m
=
a
Z2 − a2
8
a
a2
m a2
y3 2
m a3
a3
a2
2
+ y dy =
y+
=
+
=m
12
a 12
3 −a
a 12 12
6
2
c 2009
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9
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
nun ist
Is α = M
oder
α=
M
Is

2Ez + E2y
aQ0
α = a2  − E2x − E2z 
m6
Ey
− 2Ex
2

3.
a) Ist die Kugel auf die Ladung
q̆


4Ez + Ey
3Q0 
−Ex − Ez 
=
m·a
Ey − 4Ex
aufgeladen, ist das Potential an ihrer Oberäche
ϕ=
Gegen dieses Potential muss Arbeit
liche Ladung
dq̆
q̆
4πε0 R
dW = U (q̆)dq̆
geleistet werden, um die zusätz-
auf die Oberäche zu bringen. Insgesamt
Zq
W =
1
ϕ(q̆)dq̆ =
4πε0 R
U
Zq
q̆dq̆ =
q2
= 14.45
8πε0 R
J
0
0
b) Die Spannung
06. 05. 2009
ist die Potentialdierenz ins Unendliche.
U = ϕ(R) − ϕ(∞) =
q
= 1.927
4πε0 R
MV
c)
W =
QU
2
4. Vom Potential zur die potentielle Energie kommt man, indem man mit der Testladung
multipliziert. Das Potential des Aluminium-Kerns ist
ϕAlu (r) =
qAlu
4πε0 r
folgt
qAlu qα
4πε0 r
Eα = qα ϕAlu (rmin ) =
und mit
qα = 2e
und
qAlu = 13e
rmin = 18.7
fm
5. Aus der Aufgabe geht nicht hervor, ob die Erdoberäche positiv oder negativ geladen ist.
Die Raumladungszone kann jedoch nur durch Ionisierung von Atomen oder Molekülen
entstehen. Nun ist es viel leichter, dass Atome oder Moleküle ein Elektron verlieren als
dass sie eines bekommen. Deshalb muss die Raumladungszone positiv sein. Die Oberächenladung der Erde ist negativ. Da auf der Höhe
h
das elektrische Feld kleiner als auf
der Erdoberäche ist, muss die Raumladung die Oberächenladung kompensieren.
a) Wir nehmen an, dass die Erde bis auf ihre Oberächenladungsdichte ungeladen ist.
Wir wissen, dass
2
2
2
2
4πRE
σ = 4πRE
D(RE ) = 4πRE
ε0 E(RE ) = −4πRE
ε0 E B = Q B
ist. Also ist
σ = −ε0 EB
c 2009
Ulm University, Othmar Marti
9
06. 05. 2009
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
Dabei
QB
10
die negative Gesamtladung der Erdoberäche.
Die positive Raumladungsdichte
ladung bis in die Höhe
ρR
soll homogen sein. Dann ist die gesamte Raum-
h
4π
3
(RE + h)3 − RE
ρR = QR = −QB
3
sein. Die Raumladung
QB muss auf der Höhe h das elektrische Feld Eef f = |EB − E10 |
sein.
QR = 4π (RE + h)2 ε0 Eef f =
und
ρR =
Da
RE h
4π
3
ρR
(RE + h)3 − RE
3
3 (RE + h)2 ε0 Eef f
3 (RE + h)2 ε0 |EB − E10 |
=
3
3
(RE + h)3 − RE
(RE + h)3 − RE
ist, können wir
und erhalten
ρR =
3
2
(RE + h)3 − RE
≈ 3RE
h
und
2
(RE + h)2 ≈ RE
setzen
2
ε0 |EB − E10 |
3RE
ε0 |EB − E10 |
=
2
3RE h
h
Wir setzen noch die Zahlenwerte ein:
2
σ = −ε0 EB = −8.85 · 10−12
(Alle
11 µm
ρR =
ε0 |EB − E10 |
8.85 · 10−12
=
h
C /(Nm
2
) · 130
N/C
= −1.15 · 10−9
N/C
−4
2
C/m
muss ein Überschusselektron sein.)
2
2
) · |130
10000 m
C /(Nm
(In der Atmosphäre sind die positiven Ionen im Mittel
11
N/C|
= 1.15 · 10−13 C/m3
mm auseinander.)
b) Die positive Raumladung ist homogen, das heisst, wir können das Resultat für
einer homogenen Erde verwenden. Dort nimmt
linear zu. Dann nimmt das Potential
ϕ
g
g
bei
linear zu. Also nimmt auch hier
E
quadratisch zu.
RZE +z
EB − E10
−EB +
(z̃ − RE ) dz̃
h
ϕ(RE + h) − ϕ(RE ) = U = −
RE
RE +z
EB − E10 2 EB − E10
= EB z̃ −
z̃ +
RE z̃ 2h
h
RE
EB − E10
EB − E10
2
= EB z −
(RE + z)2 − RE
+
RE z
2h
h
EB − E10
EB − E10
= EB z −
2RE z + z 2 +
2RE z
2h
2h
z = z EB − (EB − E10 )
2h
(2h − z)EB + E10 z
=z
2h
10
c 2009
Ulm University, Othmar Marti
11
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
Wenn wir
z=h
setzen erhalten wir
U=
6. Da das Problem entlang der
yz -Ebene
06. 05. 2009
x-Achse
EB + E10
h = 0.67
2
MV
translationssysmmetrisch ist, müssen wir nur die
betrachten. Aus dem Gaussschen Gesetz folgt


0
λ
 y±d 
E(x, y, z) =
2π0 ((y ± d)2 + z 2 )
z
Insgesamt erhalten wir





0
0
1
1
λ 
 y−d −
 y + d 
E(x, y, z) =
2
2
2π0 ((y − d) + z )
((y + d)2 + z 2 )
z
z
Bei einem Draht ist das Potential um den Draht zylindersymmetrisch. Wäre der Draht
bei
y = 0, z = 0
hätten wir
Zr
ϕ(r) = ϕ(r0 ) −
λ
λ dr
= ϕ(r0 ) −
ln
2π0 r
2π0
r
r0
r0
r0 = d und verschieben
ϕ(d) = 0 und erhalten
Hier verwenden wir
beide Drähte
das Potential nach
±d.
Weiter setzen wir für
 q

q

2
2
2
2
(y
−
d)
+
z
(y
+
d)
+
z
λ  
 − ln 

ϕ(x, y, z) = −
ln
2π0
d
d
λ
ln
ϕ(x, y, z) = −
2π0
c 2009
s
(y − d)2 + z 2
(y + d)2 + z 2
Ulm University, Othmar Marti
!
11
06. 05. 2009
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
ϕ
12
8
6
4
2
0
−2
−4
−6
−8
8
6
4
2
0
−2
−4
−6
−8
2
2
1
1
y
7. Das Teilchen wird in die
0 −1
−1 −2
−20
+z -Richtung
−4
−4
−3
−3
−2
z
−2
−1
−1
beschleunigt (Vorzeichen regeln die Richtung au-
tomatisch)
a) Die Geschwindigkeit ist


v0
v(t) =  0 
qE0
t
m
b) Der Ort ist


v0 t
s(t) =  0 
qE0 2
t
2m
c) Die Energie setzt sich aus der anfänglichen kinetischen Energie sowie der beim Fall
durch das elektrische Feld in kinetische Energie umgesetzen potentiellen Energie
zusammen. Da wir ein homogenes Feld haben, gilt analog zu mgh
Epot = E0 qz
und
12
qE0 2 1
q 2 E02 2
1
t = m0 v02 +
t
E(t) = m0 v02 + E0 q
2
2m
2
2m
c 2009
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13
EM 2009, Aufgabenblatt Nr. 03
06. 05. 2009
3 Nachtrag: Lösung zu Aufgabe 2, Aufgabenblatt 2
Das elektrische Feld hat an der Stelle
n
Q0
−Q0
.
.
.
.
.
.
−2
−1
0
1
2
49
9
1
25
81
81
25
1
9
49
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(0; 0; 0)
aus Symmetriegründen nur eine x-Komponente.
Die Tabelle zeigt, dass zu jeder positiven Ladung an einem Ort eine negative dem Betrage nach
gleich grosse Ladung existiert. Also ist
Ex (0) = 0
c 2009
Ulm University, Othmar Marti
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