Prof. Martin H. Müser Lehrstuhl f. Materialsimulation Universität des

17. 12. 2011
Prof. Martin H. Müser
Lehrstuhl f. Materialsimulation
Universität des Saarlandes
Zwischenklausur
Physik I für MWWT
Name:
Matrikelnummer:
Die sechs besten Punktezahlen aus den acht reguären Aufgaben werden gezählt plus alle Punkte aus den
Zusatzaufgaben. 100% entsprechen 70 Punkten. KEINE Taschenrechner!!!
Schreiben Sie auf jedes Blatt, das Sie abgeben, ihren Namen und Matrikelnummer.
Reguläre Aufgaben.
1. Gleichgewichtslage einer Punktladung
Eine Ladung Q1 = e befinde sich im Ursprung des Koordinatensystems. Eine zweite Ladung mit
Q2 = −3 · e liege bei der Koordinate (2, 2, 1) Å. Berechnen Sie die Gleichgewichtslage einer dritten
Testladung. Die Testladung ist positiv.
[10 Punkte]
Lösung: Aus Symmetriegründen liegt die Ladung Q3 auf der Geraden, die die Ladungen Q1 und
Q2 verbindet. Dabei wird die positive dritte Ladung von der Ladung Q1 abgestoßen und von der
Ladung Q2 angezogen, sodass die Gleichgewichtslage nicht zwischen den Ladungen liegen kann. Weil
Q2 größer ist als Q1 , muss die Ladung näher an Q1 liegen. Somit gilt: r23 = r13 + r12 .
Für die Beträge der Kräfte muss |F12 | = |F23 | gelten, sodass:
|Q2 Q3 |
|Q1 Q3 |
=
2
2
4π0 r13
4π0 r23
⇒
|Q1 |
|Q2 |
= 2
2
r13
r23
⇒
p
p
|Q1 |
|Q2 |
=
r13
r23
Da r23 = r13 + r12 können wir die letzte Gleichung umschreiben:
s
|Q1 |
1
r13
1
1
r13
= ... =
⇒
=p
= ... = √
=
|Q2 |
r13 + r12
1 + r12 /r13
r12
3−1
|Q2 |/|Q1 | − 1
Da Q3 wie erwähnt nicht zwischen Q1 und Q2 liegen kann und näher an Q1 liegt, ist die Lösung:
2
1
2
, −√
, −√
.
~r3 = − √
3−1
3−1
3−1
2. Elektrisches Potenzial
Es sei das folgende elektrische Potenzial gegeben:
V (x, y, z) = V0 · x2 · e−r/a mit r =
p
x2 + y 2 + z 2 .
(a) Ist V (x, y, z) ein Zentralpotenzial? Begründen Sie Ihre Antwort.
[3 Punkte]
2
Lösung: Nein, weil es nicht nur vom Abstand abhängt. z.B. ist V (a, 0, 0) = V0 · a /e während
es bei dem Punkt (0, a, 0), der denselben Abstand vom Ursprung hat wie (a, 0, 0), den Wert
null annimmt.
1
(b) Berechnen Sie die drei Komponenten des elektrischen Feldes. Sie dürfen dr/dx = x/r, ...,
dr/dz = z/r als gegeben verwenden.
[7 Punkte]
Lösung:
1 −r 1
1
x2
− ar
2
− ar
a
Ex = −V0 · 2x · e + x − · e · · 2x
= −V0 · x · e
2−
a
2
r
ar
1 −r y
x2 y − r
2
= V0 ·
·e a
Ey = −V0 · x − · e a ·
a
r
ar
1 −r z
x2 z − r
2
a
Ez = −V0 · x − · e ·
= V0 ·
·e a
a
r
ar
3. Elektrische Feld einer ringförmigen Ladungsverteilung
Betrachten Sie einen homogen geladenen Ring in der yz-Ebene mit Schwerpunkt im Koordinatenursprung, Radius a und Ladungsdichte λ = Q/2πa. Gesucht ist das elektrische Feld auf der x Achse.
(a) Diskutieren Sie die Grenzfälle x a und x a. Dies können Sie auch tun, ohne die eigentliche
Rechnung durchgeführt zu haben.
[4 Punkte]
Lösung: Da das Potenzial symmetrisch ist, also V (x) = V (−x) (und zudem im Ursprung
differenzierbar), muss für x/a → 0 dann Ex → 0 gelten. Für x >> a erscheint der Ring aus der
Ferne als punktförmig, sodass Ex ≈ 4πQ0 x2 .
(b) Leiten Sie die genaue Abhängigkeit von E auf der Symmetrieachse des Rings ab. [6 Punkte]
Lösung: Die Feldstärke auf der x-Achse von einer ringförmigen Ladungsverteilung in der yzEbene kann über Integration der Feldstärken infinitesimaler Ladungen berechnet werden
dE =
~x − R
~ dQ
dQ
R
.
·
~x − R
~ dQ |3
4π0 |R
Dabei sind die Radiusvektoren der Positionen auf der x-Achse und der infinitesimalen Ladungen
am Ring
~ x = (x, 0, 0) und R
~ dQ = (0, a cos φ, a sin φ).
R
~x
Abstand zwischen einer infinitesimalen Ladung und R
√
~x − R
~ dQ | = x2 + a2 .
|R
Für die Feldstärke in x-Richtung gilt
dQ
x
·√
3.
4π0
x2 + a2
dEx =
Da jede infinitesimale Ladung über infinitesimale Ringlänge berechnet werden kann
dQ = λdl = λdφ · a.
Die Feldstärke ist dann
Z 2π
λdφ · a
x
Ex =
·√
3 =
4π0
0
x2 + a2
Q
2π
2πa
·a
4π0
·√
x
x2 + a2
3
=
Q
x
·√
3.
4π0
x2 + a2
Der oben aufgeführte Ausdruck genügt den beiden Grenzfällen, die wir in Teilaufgabe (a)
geschildert haben.
2
4. Effektiver Widerstand
Eine Batterie, die die Spannung 1,5 V liefert, hat einen Innenwiderstand von 20 Ω. Diese Batterie
ist an zwei parallel geschaltete Widerstände angeschlossen, die jeweils einen Widerstand von 40 Ω
haben. Wie groß ist der Strom I, der aus der Batterie kommt?
[10 Punkte]
Lösung: Den Strom ermitteln wir mit Hilfe des Ohmschen Gesetzes:
I=
Dabei ist
R = RInnen +
V
.
R
R1 · R2
40 · 40
= 20 +
= 40 Ω.
R1 + R2
40 + 40
Somit wird der Strom zu:
I=
1, 5
3
A = A = ... = 3, 75 · 10−2 A .
40
80
5. Feld einer Metallplatte
Gegeben sei eine ebene, endlich dicke Metallplatte, deren Oberfläche die konstante Ladungdichte
σ = ∆Q/∆A habe. Berechnen Sie das Feld vor dem Metall, das durch diese Ladungsverteilung
erzeugt wird.
[10 Punkte]
Lösung: ... ist wie in der Vorlesung mit einer homogen geladenen, dünnen Platten. Diesmal laufen
die Feldlinien allerdings nur in eine Richtung, weil im Metall die Feldlinien “verboten” sind. (Siehe
Skizze in Übung.)
Wir wählen eine Gauss-Oberfläche in Form eines Kubus und platzieren sie so, dass die Metaloberfläche
den Kubus halbiert und zwei Seiten des Kubus parallel zur Metalloberfläche sind. Mit dem GaussSatz ermitteln wir
I
~ · dA
~ = Einnen Ainnen + Eaußen Aaußen = Qein mit Aaußen = AKubus und Einnen = 0
E
0
Die eingeschlossene Ladungen ist
Qein = σ · AKubus .
Somit ergibt sich die Feldstärke zu
E=
σ
.
0
6. Elektrische Feldenergie
Berechnen Sie die Feldenergie, die innerhalb eines homogen geladenen Zylinders mit Radius r und
Länge l beinhaltet ist; l r, sodass Streufelder an den Rändern vernachlässigt werden können. Die
Gesamtladung sei Q.
[10 Punkte]
Lösung: Zunächst ermitteln wir die Feldstärke mit dem Satz von Gauss. Wegen der Symmetrie
benutzen wir einen Zylinder als Gauss-Oberfläche:
I
~ · dA
~ = E · ASeite = Qein mit ASeite = 2πr · ∆l und Qein = ρ · πr2 ∆l.
E
0
Die Feldstärke im Inneren des Zylinders ergibt sich somit zu
E(r) =
3
ρr
.
20
Jetzt intergrieren wir die Feldenergiedichte über das Volumen des Zylinders:
Z
0 · E(r)2
dV,
2
V
um die Feldenergie zu bestimmen. Dabei benutzen wir dV = l · 2πrdr und ρ =
Z
0
rzyl
0 · ρ2 r 2
πρ2 l
·
l
·
2πrdr
=
420
40
Z
rzyl
r3 dr =
0
Q
2 l
πrzyl
4
πρ2 lrzyl
Q2
=
.
160
16π0 l
7. Ersatzschaltbild für ein reales Dielektrikum
Ein Plattenkondensator besteht aus zwei planparallelen Platten, die jeweils eine Fläche von 4 cm2
haben und die 0,885 mm voneinander entfernt sind. Zwischen den beiden Platten sei ein Dielektrikum
mit Dielektrizitätskonstante r = 20 und Leitfähigkeit σ = 10−8 Ω−1 m−1 .
(a) Berechnen Sie die Kapazität des Kondensators.
Lösung: Die Kapazität des Plattenkondensators ist
[3 Punkte]
A
4 · 10−4
−12
C = 0 r = 8, 85 · 10
· 20
= 80 pF.
d
8, 85 · 10−4
(b) Berechnen Sie den Widerstand des Dielektrikums.
Lösung: Der Widerstand des Dielektrikums ist
R=
[3 Punkte]
1 d
8, 85 · 10−4
1
= 2, 2125 · 108 Ω.
· = −8 ·
σ A
10
4 · 10−4
(c) Entspricht das Ersatzschaltbild des Dielektrikums einer seriellen oder einer Parallelschaltung
von Widerstand und Kondensator? Begründen Sie Ihre Antwort.
[4 Punkte]
Lösung: Die linke Seite des Dielektrikums ist an die linke Platte des Kondensators ”angeschlossen”.
Das gleiche gilt für die rechte Seite. Das Ersatzschaltbild des Dielektrikums entspricht demnach
einer parallelen Schaltung.
8. Halb gefüllter Kondensator
Ein Kondensator dessen Kondensatoroberflächen jeweils 5 cm2 groß sind und einen Abstand von
0,885 mm haben sei zur Hälfte mit einem Dielektrikum mit r = 4 gefüllt, siehe Abbildung. Berechnen
Sie die Gesamtkapazität des Kondensators.
[10 Punkte]
Lösung: Den Kondensator kann man als eine serielle Schaltung von zwei Kondensatoren C1 und C2
darstellen.
Die Kapazitäten der Kondensatoren
C1 = 0 r1
2 · 5 · 10−4
2A
= 8, 85 · 10−12 · 4
= 40 pF
d
8, 85 · 10−4
C2 = 0 r2
2 · 5 · 10−4
2A
= 8, 85 · 10−12 · 1
= 10 pF.
d
8, 85 · 10−4
Die Gesamtkapazität ist dann
C=
C1 C2
40 · 10
=
= 8 pF.
C1 + C2
40 + 10
4
Zusatzaufgaben
1. Einheitenanalyse
Betrachten Sie einen als ideal zu nähernden Dipol im Ursprung des Koordinatensystems und ein
ursprünglich kugelsymmetrisches Atom im Abstand r vom Dipol. In dem Atom werde ein Dipol
induziert, der proportional zum lokal vorliegenden elektrischen Feld ist. Berechnen Sie anhand einer
Einheitenanalyse mit welchem Potenzgesetz die Wechselwirkungsenergie zwischen Dipol und Atom
mit zunehmenden r fällt. Der Vorfaktor des Gesetzes braucht nicht angegeben zu werden. [10 Punkte]
Lösung: Der Vorfaktor 1/4π0 im Coulombgesetz ist eine Naturkonstante, die nicht vom Abstand
abhängt und daher nicht weiter beachtet werden muss. Wir können ein Einheitensystem wählen, in
dem 1/4π0 = 1 ist.
Das E-Feld einer Ladung (mit Einheit [Q]=C) fällt mit 1/r2 , also E ∝ Q/r2 . Daher muss das Feld
eines Dipols (mit Einheit [d]=C·m) gemäß 1/r3 abfallen. Somit ist der induzierte Dipol proportional
zu 1/r3 .
Die potenzialle Energie U zweier Ladungen ist proportional zu Q2 /r. Somit muss die potenzielle
Energie zweier Dipole U ∝ d1 · d2 /r3 sein, also U ∝ d21 /r6 .
Anmerkung: Wenn zwei Atome oder Moleküle (jeweils mit abgeschlossener Elektronenschale), die
keinen permanenten Dipol haben, weit voneinander entfernt sind, ziehen sie sich genau mit diesem
1/r6 Gesetz an. Der Grund ist, dass durch quantenmechanische Fluktuationen die Atome doch
spontan ein Dipolmoment entwickeln (was allerdings wieder mit der Zeit zerfällt). Dieses spontane
Dipolmoment induziert dann in dem anderen Teilchen auch ein Dipolmoment, das so gerichtet ist,
dass die Gesamtenergie kleiner null wird. (Vorausgesetzt die beiden Teilchen sind nicht so weit
voneinander entfernt, dass die Fluktuation schon zerfallen ist, bevor Licht vom ersten zum zweiten
Teilchen reisen kann und wieder zurück.) Daraus resultiert dann eine Anziehung, die man auch unter
dem Namen van-der-Waals Wechselwirkung kennt. Und was hat das mit Materialwissenschaft
zu tun? Gegenfrage: Warum haftet dünne Plastikfolie so gut an sich selbst?
2. Ohmscher Energieverlust
Betrachten Sie einen Kondensator mit Kapazität C, der von einer Batterie aufgeladen wird. Die
Batterie liefere konstanten Strom I - also nicht konstante Spannung. Vor dem Kondensator sei ein
Widerstand R geschaltet, der zu Wärmeverlusten führt.
(a) Berechnen Sie die Energie, die in dem Widerstand R verloren geht, wenn die Ladung Q auf den
Kondensator aufgebracht wird.
[6 Punkte]
Lösung: Ladung und Strom stehen über
Q = I · ∆t
in Verbindung, wobei ∆t die Zeit ist, die man benötigt, um den Kondensator zu laden. Die
Wärmeleistung (sie Vorlesung) ist
P = V · I = ... = R · I 2 .
Leistung ist Energie pro Zeit, also ist die verloren gegangene Energie:
∆W = R · I 2 · ∆t = ... = R · Q2 ·
1
.
∆t
(b) Diskutieren Sie, ob es bzgl. der Ohmschen Verluste besser ist, den Kondensator schnell oder
langsam aufzuladen. Welche Implikationen gibt es für das Bestreben Computer mit immer
höheren Taktfrequenzen zu betreiben?
[4 Punkte]
5
Lösung: Die Wärmeverluste nehmen pro Schalteinheit mit 1/∆t zu. Bei Verdoppelung der
Taktfrequenz ergibt sich bei gleichbleibend großen Bauteilen also eine Vervierfachung der pro
Zeiteinheit produzierten Wärme(dichte). Dies stellt hohe Anforderungen an die thermischen
Eigenschaften der Materialien.
Weitere Anmerkungen: Wir sehen, dass bei langsamen Aufladen eines Kondensators weniger
Energie in Wärme verloren geht als bei schneller Prozessführung. Wenn man den Kondensator
so langsam auflädt, dass die Wärmeverluste sehr klein sind gegenüber der gespeicherten Feldenergie, kann man von einem “adiabatischen” Aufladen des Kondensators sprechen. Das Wort
adiabatischer Prozess spielt eine wichtige Rolle in der Thermodynamik.
Ähnliche Betrachtungen wie die eben angestellten gelten übrigens auch für die verlorene Energie
in mechanischen Systemen. Je kleiner die Drehzahl eines Motors ist, desto weniger Energie geht
als Reibungsenergie je zurück gelegter Strecke verloren. Eine genaue Rechnung ist allerdings
sehr aufwendig: Bei sehr hohen Geschwindigkeiten kommt Turbulenz hinzu, bei sehr kleinen
Drehzahlen kann sich Reibung dadurch erhöhen, weil das Schmiermitteln aus den Kontakten
fließt. Aber pi mal Daumen ist die Analogie mit den Widerständen OK.
0 = 8, 85 · 10−12 C2 /(N·m2 )
6