Leseprobe Heribert Stroppe PHYSIK

Leseprobe
Heribert Stroppe
PHYSIK - Beispiele und Aufgaben
Band 2: Elektrizität und Magnetismus - Schwingungen und Wellen Atom- und Kernphysik
ISBN: 978-3-446-41726-7
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http://www.hanser.de/978-3-446-41726-7
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© Carl Hanser Verlag, Mnchen
LÖSUNGEN
471 Die Kraft zwischen zwei Punktladungen Q 1 und Q 2 , die sich im Abstand r voneinander befinden,
berechnet sich nach
1 Q1 Q2
(C OULOMB-Gesetz)
4πε0 r 2
mit ε0 = 8,8542 · 10−12 C/(V m) (elektrische Feldkonstante, Influenzkonstante), 1/(4πε0 ) ≈
9,0 · 109 V m/C. Da das Gesetz nicht nur für Punktladungen, sondern auch für geladene Kugeln mit r als
Mittelpunktsabstand gilt, erhalten wir mit Q 1 = Q 2 = 1 C und r = 100 m: F ≈ 9 · 105 N = 0,9 MN,
entsprechend dem Gewicht einer Masse von ca. 92 t.
F=
472 Gravitationskraft und elektrostatische Abstoßungskraft müssen dem Betrage nach gleich sein:
γ m 1 m 2 /r 2 = q1 q2 /(4πε0r 2 ). Daraus folgt
q2
q
q1 q2
= 4πε0 γ = ±8,62 · 10−11 C/kg.
= 2 = 4πε0 γ ,
m 1m 2
m
m
Für die Erde wird damit qE = (q/m)m E = 5,15 · 1014 C und für den Mond qM = (q/m)m M =
6,33 · 1012 C.
473 Die Kraft zwischen Kern (Ladung Q = +e) und Elektron (Ladung q = −e) im Abstand r ist dem
Betrage nach F = q Q/(4πε0r 2 ) und die vom Kern erzeugte Feldstärke E = F/q = Q/(4πε0r 2 ). Das
Potential in der Entfernung r vom Kern erhält man daraus zu
r
r
dr
Q
Q
ϕ(r ) = − E dr = −
.
=
2
4πε0
r
4πε0r
∞
∞
a) Mit Q = e = 1,6 · 10−19 C und r = r1 = 0,53 · 10−10 m wird E 1 = 5,13 · 1011 V/m = 513 GV/m und
ϕ1 = 27,2 V. b) Für r = r2 = 4r1 folgt E 2 = E 1 /16 und somit |E| = |E 2 − E 1 | = 481 GV/m sowie
ϕ2 = ϕ1 /4 = 6,8 V, also |ϕ| = |ϕ2 −ϕ1 | = 20,4 V. c) Die potentielle Energie von q beim Potential ϕ ist
Wp = qϕ, für das Elektron also Wp1 = −eϕ1 = −27,2 eV (Elektronvolt) = −4,36 · 10−18 J = −4,36 aJ
(Atto-Joule) bzw. Wp2 = −eϕ2 = −6,8 eV = −1,09 aJ = Wp1 /4. Außer der potentiellen Energie besitzt
das Elektron auch noch kinetische Energie.
474 a) Da Q 1 und Q 2 von entgegengesetzten Seiten her wirken, ist die resultierende Kraft F auf q
gleich der Differenz der von den beiden Ladungen ausgehenden Kräfte:
Q1
q Q1
q Q2
q
Q2
.
F = F1 − F2 =
−
=
−
4πε0 r12
4πε0r12 4πε0r22
r22
r1 und r2 sind die Entfernungen der Probeladung q zu Q 1 und Q 2 . Hier ist r1 = r2 = r = 5 cm,
womit man erhält F = 9,0 · 10−3 N = 9,0 mN in Richtung Q 2 (wegen q > 0 und Q 1 > Q 2 bei
gleichen Entfernungen zu q). Die resultierende Feldstärke ist E = F/q = 0,9 · 106 V/m = 0,9 MV/m.
b) Jetzt ist Q 2 negativ, und beide Kräfte, F1 und F2 , wirken in Richtung Q 2 . Damit wird F = q[Q 1 −
(−Q 2 )]/(4πε0r 2 ) = 19,8 mN und E = 1,98 MV/m.
475 Das Potential einer einzelnen Punktladung Q im Abstand r von ihr berechnet sich zu ϕ = Q/(4πε0r ). Das von mehreren Ladungen erzeugte resultierende Potential an einem beliebigen Ort P ergibt sich durch Addition der Einzelpotentiale ϕi , die von den Ladungen Q i mit den Abständen ri von P unabhängig
voneinander erzeugt werden. In Bezug auf den Eckpunkt P1 ist also (s. Bild
vorn):
3
Q2
Q1
1 Qi
1
Q3
+ √ +
.
ϕ1 =
=
4πε0 i =1 r1i
4πε0 a
a
a 2
Die Ladungen Q i sind vorzeichenbehaftet einzusetzen. Mit 1/(4πε0 ) = 9,0 · 109 V m/C und den übrigen
78
ELEKTRISCHES FELD
√
Werten erhält man ϕ1 = 58,1 V. Für P2 als Aufpunkt, der zu allen drei Ladungen den Abstand a 2/2
hat, folgt
ϕ2 =
3
1
1 Qi
1
=
(Q 1 + Q 2 + Q 3 ) = 63,6 V.
√
4πε0 i =1 r2i
4πε0 a 2/2
Die Spannung U zwischen P1 und P2 ist folglich gleich der Potentialdifferenz ϕ = ϕ2 − ϕ1 = 5,5 V.
Das Bild zeigt für das hier betrachtete Punktladungssystem die Linien konstanten Potentials (Äquipotentiallinien).
476 a) Das vom Dipol in P erzeugte Potential ist gleich der Summe der beiden Einzelpotentiale ϕ± =
±q/(4πε0r± ). Für r l wie hier folgt wegen r+ = r − l/2 und r− = r + l/2: r+r− = r 2 − l 2 /4 ≈ r 2 .
Mit dem elektrischen Dipolmoment p = ql = 2 · 10−10 C m erhält man somit für das Potential in P:
1
q
r− − r+
ql
1
p
q
=
≈
−
=
= 0,8 V.
ϕ(r ) =
4πε0 r+ r−
4πε0
r+r−
4πε0r 2
4πε0r 2
3
Die Feldstärke berechnet sich zu E = −dϕ/dr = p/(2πε0r ) = 1,07 V/m. Eine einzelne Punktladung
erzeugt dagegen das Potential ϕ = q/(4πε0 r ) = 120 V bzw. die Feldstärke E = q/(4πε0r 2 ) = 80 V/m.
b) Für den Betrag des Drehmoments gilt M = Fl = [q Q/(4πε0r 2 )]l = Qp/(4πε0 r 2 ) = 8 · 10−8 N m;
es bewirkt eine Ausrichtung der Dipolachse in Feldrichtung.
477 a) Trägt die Kugel in einem Zwischenstadium die Ladung q, so herrscht an ihrer Oberfläche das
Potential ϕ(q) = q/(4πε0 R). Beim weiteren Aufladen um dq muss gegen die dort bereits vorhandenen
(gleichnamigen) Ladungen die Arbeit dW = ϕ(q) dq verrichtet werden, insgesamt also
Q
Q
1
Q2
= 9 J.
W = ϕ(q) dq =
q dq =
4πε0 R
8πε0 R
0
0
b) Die Spannung ist gleich der Potentialdifferenz zwischen Kugeloberfläche (als Sitz der Ladungen) und
Unendlich:
Q
U = ϕ(R) − ϕ(∞) = ϕ(R) =
= 1,8 MV
4πε0 R
mit ϕ(∞) = 0. Außerdem folgt damit aus a) die Beziehung W = QU/2.
478 Die an der Seifenblase angreifende Gewichtskraft wird zum einen von der bei konstanter Sinkgeschwindigkeit wirkenden Reibungskraft 6πηr v (S TOKESsches Gesetz), andererseits – im Zustand
der Schwebe – von der elektrischen Feldkraft zeE (mit z als Anzahl der Elementarladungen auf der
Blase) gerade kompensiert. Daraus folgt zeE = 6πηr v, oder mit e = 1,602 · 10−19 C die Anzahl
z = 6πηr v/(eE) ≈ 1010 .
479 a) Im homogenen elektrischen Feld ist der Betrag der Feldstärke zwischen zwei Punkten mit der
Potentialdifferenz U : E = U/d. Es ist also hier E = 15 000 V/m = 15 kV/m. Die Feldlinien verlaufen
von der Anode zur Katode. b) Die auf eine Ladung q wirkende Feldkraft ist gleich dem Vektor F = q E,
für ein Elektron (q = −e) also F = −e E, d. h., dem Feldstärkevektor entgegengerichtet. Der Betrag der
Kraft errechnet sich zu F = 2,4 · 10−15 N. c) Die (gewonnene) Verschiebungsarbeit ist
W = Fd = eEd = eU = 4,8 · 10−17 J = 300 eV.
d) W √
geht vollständig in kinetische Energie des freien Elektrons über: W = Wk = mv 2 /2. Daraus folgt
v = 2Wk /m = 1,03 · 107 m/s ≈ c/29. (Für v < 0,1c ist eine relativistische Rechnung i. Allg. noch
nicht erforderlich.)
480 a) Wir haben hier die gleichen Verhältnisse wie beim waagrechten Wurf eines Körpers: Wegen
F = −e E (Feldkraft) und F = ma (N EWTONsches Grundgesetz) erfährt das Elektron im Feld eine konstante Beschleunigung vom Betrage a = eE/m (analog der Fallbeschleunigung g beim Wurf),
und daher gilt auch hier die Gleichung für die Wurfparabel (vgl. Aufgabe 30 mit dem Einschusswinkel
α0 = 0 ◦). b) Die Geschwindigkeit in Einschussrichtung bleibt konstant vx = v0 , in Feldrichtung ist
Elektrischer Fluss, Flussdichte
79
vz = at, mit a = eE/m, E = U/d und t = l/v0 also vz = eUl/(mv0 d) = 8,25 · 106 m/s. Damit
wird v = vx2 + vz2 = 1,8 · 107 m/s. c) Die Bewegungen in x- und z-Richtung sind unabhängig voneinander. Es gilt daher wie beim freien Fall h = at 2 /2 = eUl 2 /(2mv02 d) = 25,8 mm. d) Die potentielle
Energie nimmt (analog mgh beim freien Fall) um mah = (h/d)eU = 3,1 · 10−17 J ab, die kinetische
Energie um den gleichen Betrag m(v 2 − v02 )/2 zu. Die Gesamtenergie des Elektrons bleibt also erhalten
(konservatives Kraftfeld).
481 Die Arbeit, die vom elektrischen Feld am Elektron beim Durchlaufen der Potentialdifferenz (Spannung) U verrichtet wird, berechnet sich zu W = eU mit e als Elementarladung. Sie geht vollständig in
kinetische Energie des Elektrons
über. Diese ist gleich der Differenz aus Gesamtenergie E = mc2 (mit
der Impulsmasse m = m 0 / 1 − (v 2 /c2 )) und Ruhenergie E 0 = m 0 c2 :
1
2
eU = m 0 c −1 .
1 − (v 2 /c2 )
Für v = 0,95 c erhält man daraus U = 1,13 MV.
482
a) 6,24 · 1018 ; b) Q/n = NA e = F = 96 485 C/mol (FARADAY-Konstante), somit Q ≈ 105 C,
m ≈ 0,55 mg.
483
a) Q = 9,65 · 107 C, E = 8,67 · 107 V/m; b) |ϕ| = 6,9 · 1012 V = 6,9 TV (Teravolt).
484
1,602 · 10−19 J = 1 eV (Definition der Energieeinheit Elektronvolt).
485 Aus E α = q Q/(4πε0rmin ), q = 2e und Q = 13e folgt rmin = 1,87 · 10−14 m. rmin ist damit von
der Größenordnung des Kernradius.
486 F = |Q 3 | 2 Q 12 + Q 22 − 2Q 1 Q 2 cos 120 ◦ (Kosinussatz) = 7,14 N.
4πε0 a
487
489
a) 3,6 J; b) null.
488
62,5 cm rechts von Q 1 .
a) ϕA = 144 V, ϕB = −48 V, d. h. ϕA > ϕB . b) W = 9,6 mJ.
490
v = 0,9963 c; m = 11,66 m 0 .
491 (Bild) a) Jede Ladung Q als Quelle eines elektrischen Feldes erzeugt außerhalb von ihr eine elektrische Flussdichte (Verschiebungsdichte) D. Bildet man das Integral
(d A Normalenvektor eines
D · dA = Q
Flächenelements der Größe dA)
(A)
D, E
Q+ r
über eine geschlossene Oberfläche A, so erhält man die gesamte, von dieser
Fläche eingeschlossene Ladung Q. Wählt man eine zur Punktladung Q konzentrische Kugelfläche mit r als Radius und somit A = 4πr 2 als Oberfläche,
(A)
dA
hat der Flächennormalenvektor d A immer die gleiche Richtung wie die radialsymmetrisch verlaufenden D-Vektoren (das skalare Produkt ist daher D · d A = D dA cos 0 ◦ = D dA),
und D ist überall auf der Kugelfläche gleich. Weiterhin gilt D = ε0 E, womit man erhält:
D dA = ε0 E dA = ε0 E · 4πr 2 = Q.
(A)
(A)
Daraus folgt E = Q/(4πε0r 2 ) ≈ 0,1 V/m. b) D = ε0 E = 8,6 · 10−13 C/m2 und wegen D = Ψ/A:
Ψ = D A = 2,7 · 10−12 C = Q.
492 Aus Symmetriegründen ergibt sich ein radiales, zylindersymmetrisches Feld, ähnlich dem Bild
zu Aufgabe 491 (Lösung). Der Vektor der Feldstärke E steht senkrecht auf jedem beliebigen, konzentrisch zum Draht verlaufenden Zylindermantel im Abstand r zur Drahtachse, und sein Betrag ist dort
E = const. Erstreckt man das Flussintegral über ein Drahtstück der Länge l, so ist die Oberfläche des
80
ELEKTRISCHES FELD
Zylindermantels A = 2πrl, und es gilt (da das Integral über die Deckflächen wegen D ⊥ d A verschwin
det) Q
E(r ) =
für r ≥ R.
D · d A = ε0 E dA = ε0 E · 2πrl = Q;
2πε0rl
Für den Potentialverlauf erhält man damit
Q
dr
Q
ϕ(r ) = − E(r ) dr = −
=−
ln r + const.
2πε0l
r
2πε0l
Feldstärke E und Potential ϕ sind also vom Ladungsbelag Q/l und vom Abstand r von der Drahtachse
abhängig. Für r = R = 1 mm (Drahtradius) folgt E = 1,62 MV/m und als Flächenladungsdichte
σ = Q/A = Q/(2π Rl) = ε0 E = 14,3 C/m2 . Das Potential ϕ ist dagegen immer bis auf eine beliebige
Konstante bestimmt. Wird es z. B. so normiert, dass es an der Drahtoberfläche null ist, also ϕ = 0 für
r = R, so ergibt sich – wie durch Einsetzen dieser Werte in ϕ(r ) folgt – die Konstante zu Q ln R/(2πε0 l),
womit man für r ≥ R erhält: ϕ(r ) = −Q ln(r/R)/(2πε0 l).
493 a) Wird der Erdkörper als Leiter betrachtet, liegt eine negative Ladung mit einer Flächenladungsdichte σ = −D1 = −ε0 E 1 = −1,15 · 10−9 C/m2 auf seiner Oberfläche. Der elektrische Fluss durch eine
Fläche A nimmt mit zunehmender Höhe ab, also enthält die Atmosphäre eine positive Raumladung Q,
für welche ε0 (E 1 − E 2 )A = Q gilt. Ersetzt man Q durch die Raumladungsdichte = dQ/dV = const,
erhält man Q
E1 − E2
Q = dV = Ah;
=
= ε0
= 1,12 · 10−13 C/m3 .
Ah
h
stellt nur die positive Überschussladung dar. b) Bei gleichmäßig verteilten Raumladungen nimmt E
linear mit der Höhe z zwischen E 1 und E 2 ab: E = E 1 − (E 1 − E 2 )z/ h. Die Potentialdifferenz (Spannung) beträgt
h
h
E1 − E2 z2
E1 + E2
E dz = E 1 z −
=
U=
h = 670 kV.
h
2 0
2
0
494 (Bild) a) Als vom Fluss Ψ durchsetztes Raumgebiet wählen wir einen in Feldrichtung liegenden
Quader (Seitenansicht ABCD), von dem nur die senkrecht zum Feld orientierten Deckflächen BC und
AD durchflutet werden. Da die Feldstärke E in Flussrichtung linear anwächst, ist der aus dem Gebiet
austretende Fluss Ψ2 größer als der eintretende Ψ1 . Im umschlossenen Gebiet befinden sich also elektrische Ladungen Q als Quellen des Feldes. Es gilt (vgl. Aufgabe 491)
mit
Q > 0 (Quellenfeld).
ε0 E · d A = Ψ2 − Ψ1 = Q
E1
B
A
Ψ1
a)
E2
E2
B
A
C
D
Ψ2
C
D
b) E1
Beim Umlauf einer Probeladung q auf dem geschlossenen Weg A–B–C–D–A wird nur entlang A–B und
C–D Arbeit verrichtet. Dabei wird offensichtlich entlang des Weges A–B genau soviel Arbeit geleistet
wie längs des Weges C–D wieder frei wird, so dass die insgesamt verrichtete Arbeit null ist:
W =
F · dr = q E · dr = 0,
d. h., es handelt sich hier (wie bei jedem elektrostatischen Feld) um ein konservatives Kraftfeld (wirbelfreies Quellenfeld). b) In diesem Feld wird bei einem geschlossenen Umlauf A–B–C–D–A entlang A–B
mehr Arbeit verrichtet als auf dem Rückweg C–D gewonnen wird (wegen E 2 > E 1 ), d. h. hier ist W = 0.
Das Feld b) ist ein quellfreies Wirbelfeld und kann damit als elektrostatisches Feld nicht existieren.
Elektrische Polarisation. Feldenergie
495
496
81
Q = ε0U A/d = 3,1 · 10−10 C.
σ = D = ε0 E = 8 · 10−9 C/m2 ; σ/e = 5 · 1010 m−2 . Für engmaschige Metallnetze gelten die
gleichen Zusammenhänge.
497 W = qU = q(ϕ2 − ϕ1 ) = q Q ln(r1 /r2 )/(2πε0l) mit r1 = 4 cm und r2 = 2 cm; Q/l =
6 · 10−7 C/m.
498 a) Die Feldlinien des (homogenen) D- und E-Feldes treten senkrecht durch die Grenzfläche, beide
Felder haben also nur Normalkomponenten. Für die Verschiebungsdichte (Flussdichte) D sind diese in
beiden Stoffen gleich (stetiger Durchgang): D1 = D2 = D = ε1 E 1 = ε2 E 2 (mit ε = εr ε0 ). Mit der
Spannung U an den Platten ist
U
ε0U
d 1 d2
;
D=
+
=
.
U = U1 + U2 = E 1 d1 + E 2 d2 = D
d1 d2
d1
d
ε1
ε2
+
+ 2
ε1
ε2
εr1 εr2
Zahlenmäßig erhält man D = 6,5 · 10−5 C/m2 . Somit wird E 1 = D/ε1 = D/(εr1 ε0 ) = 980,4 kV/m
und E 2 = D/ε2 = 49,0 kV/m. Die Feldstärke ist in der Schicht mit kleinerem εr am größten. b) U1 =
E 1 d1 = 2451 V, U2 = E 2 d2 = 49 V. c) Mit d1 + d2 = d (Plattenabstand) und E = U/d als effektiver
Feldstärke gilt ε = D/E = Dd/U , woraus mit dem obigen Ausdruck für D folgt:
d1 + d2
ε
d1 + d 2
ε = ε0
,
εr =
=
= 10,3.
d1
d1
d2
d
ε0
+
+ 2
εr1 εr2
εr1 εr2
499
a) Es ist E = U/d = 500 kV/m; b) D = εr ε0 E = 31 C/m2 ; c) D = Q/A, d. h. Q = D A =
15,5 nC. d) Für das Aufladen ist die Arbeit W = QU/2 erforderlich (vgl. Aufgabe 477); sie wird als
elektrische Feldenergie We im Kondensator gespeichert. Mit V = Ad (Kondensatorvolumen) folgt somit
für die Energiedichte:
QU
(D A)(Ed)
1
1
We
=
=
= D E = εr ε0 E 2 .
we =
V
2Ad
2Ad
2
2
Die beiden letzten Ausdrücke sind unabhängig von der Geometrie des Kondensators und gelten für jedes
beliebige elektrische Feld. Hier wird we = 7,75 J/m3 . e) We = we V = we Ad = 3,87 J.
500 Die Polarisation P ist die Differenz zwischen den Flussdichten D und D0 mit und ohne Dielektrikum bei derselben Feldstärke E:
P = D − D0 = εr ε0 E − ε0 E = (εr − 1)ε0 E = χe ε0 E.
χe = εr − 1 ist dabei die elektrische Suszeptibilität, hier mit εr = 7 also χe = 6. Mit E = 500 kV/m
wird P = 26,6 C/m2 (Oberflächenladung Q P /Fläche A), d. h. Q P = 13,3 nC.
501 a) Die Tangentialkomponente der Feldstärke tritt stetig durch die Grenzfläche, also E L = E =
D/(εr ε0 ) = 0,9 kV/m. b) Die Normalkomponente der Flussdichte tritt stetig durch die Grenzfläche:
D = DL = ε0 E L , d. h. E L = D/ε0 = 452 kV/m. c) E L = 3εr E 0 /(εrL + 2εr ) = 3D/[ε0 (1 + 2εr )] =
1,35 kV/m.
502 Beim Übertritt der Feldlinien von einem Dielektrikum in ein anderes werden sie an der gemeinsamen Grenzfläche nach dem Gesetz tan α1 / tan α2 = εr1 /εr2 gebrochen. Mit εr1 = 36 und εr2 = 1 (Luft)
folgt daraus für α2 ≤ 10 ◦ der Einfallswinkel α1 ≤ 81 ◦.
2
2ε1 ε2
=
1/ε1 + 1/ε2
ε1 + ε2
503
ε=
504
505
We = (1/2)εr ε0 E 2 Ad: We1 = 39,9 J; We2 = 0,8 J; We = 40,7 J; we = 23,3 J/m3 .
506
σK = D = εr ε0 E = 1,77 · 10−5 C/m2 ; σD = P = χe ε0 E = 1,06 · 10−5 C/m2 .
(harmonisches Mittel).
Q 0 = 2,21 nC, Q = εr Q 0 = 15,5 nC, d. h. Q = 13,3 nC (= Größe der durch Polarisation
erzeugten freien Oberflächenladungen Q P ; vgl. Aufgabe 500).