Physik I Musterlösung 10

Physik I
Musterlösung 10
FS 08
Prof. R. Hahnloser
Aufgabe 10.1
a) Die Feldlinien einer Punktladung sind radial gerichtet. Folglich sind sie parallel zu den drei Seitenächen, an deren gemeinsamer Ecke die Punktladung liegt. Daher ist der Gesamtuss durch diese
3 Seiten gleich null.
b) Aus dem Satz von Gauss folgt, dass der Gesamtuss durch jede Fläche, welche die Punktladung
vollkommen umschliesst, q/²0 ist. Stapelt man identische Würfel mit den Seiten aneinander und
direkt übereinander, so stossen acht Würfel an einer Ecke zusammen. Also geht 1/8 der Feldlinien,
die von der Punktladung ausgehen, durch einen Würfel mit einer Ecke an der Ladung, und der
Gesamtuss durch die Oberäche eines solchen Würfels ist q/8²0 . Die Flüsse durch jede der drei
der Punktladung gegenüber liegenden Flächen sind gleich (Symmetrie), also ist der Fluss durch jede
von ihnen 1/3 des gesamten Flusses, d.h. der Fluss durch jede dieser Flächen ist
(1/3)(q/8²0 ) = 0.0417q/²0 = 75.3 × 103 Vm.
Aufgabe 10.2
a) Legt man eine Gauss'sche Schachtel (siehe Abb. 1) durch eine mit Flächenladungsdichte σ geladene
Platte, so ndet man sofort, dass der Fluss gegeben ist durch 2a2 E = σa2 /²0 . Somit ist das
elektrische Feld E = σ/2²0 . Wird nun eine zweite Platte mit umgekehrter Ladung in die Nähe
gebracht, so sammelt sich die gesamte Ladung beider Platten auf deren Innenseite an. Die eine
Platte kompensiert das elektrische Feld der anderen innerhalb der Platten (das elektrische Feld
innerhalb eines Metalles ist im Gleichgewicht stets null, denn sonst wirkt eine Kraft auf die freien
Ladungsträger).
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
2
a
E
Figure 1: Gauss'sche Schachtel für Aufgabe 2 a).
Die Gesamtladung beider Platten ändert sich allerdings nicht, und so bleibt auch das elektrische
Feld der einzelnen Platten unverändert gegenüber dem Fall von bloss einer Metallplatte. Addiert
man die Beiträge beider Platten (Vorsicht Vorzeichen!), so erhält man
i) E = 0 N/C,
ii) E = 0 N/C,
iii) E = σ/²0 = 6.70 × 10−11 N/C.
b) Das elektrische Feld einer Kugel mit Ladung Q ist 1/4π²0 · Q/r2 ausserhalb der Kugel und null
innerhalb der Kugel (wie wir bereits bei der Gravitationskraft siehe beispielsweise Serie 6, Aufgabe
3 gesehen haben, gilt dies ganz allgemein für Gesetze, die mit 1/r2 abfallen). Damit erhalten wir
i) 41.0 kN/C,
ii) 4.60 kN/C.
1
Aufgabe 10.3
Nehme an, die Ladung auf der Erde sei kugelsymmetrisch verteilt. Wenn das elektrische Potenzial im
Unendlichen null ist, dann ist es auf der Erdoberäche
V =
q
,
4π²0 R
wobei q die Ladung auf der Erde und R (6370 km) den Erdradius bezeichnen. Der Betrag des elektrischen
Feldes auf der Oberäche beträgt
q
E=
,
4π²0 R2
also haben wir
V = ER = (120 V/m) · (6.37 × 106 m) = 7.64 × 108 V.
Aufgabe 10.4
a) Da das Elektron in diesem Modell durch die Coulombkraft auf seiner Kreisbahn gehalten wird, kann
man diese der Zentripetalkraft gleichsetzen:
mv 2
1 e2
=
.
2
4π²0 aB
aB
Daraus ergibt sich sofort
1
1 1 e2
1
mv 2 =
= − Epot .
2
2 4π²0 aB
2
Die Ionisierungsenergie ist die Energie, die man aufwänden muss, um das Elektron vom Kern zu
entfernen, also Eion = −Epot − Ekin = Ekin = 13.6 eV. (Beachte, dass Epot negativ ist.)
Ekin =
b) Die Bedingung mathematisch ausgedrückt lautet
Z
ρdV = −e.
Dies ergibt mittels zweifacher partieller Integration und unter Ausnützung der Kugelsymmetrie der
Ladungsverteilung
· ³
¸
Z
Z ∞
Z ∞ ³
aB −2r/aB ´∞
ab ´ −2r/aB
2 −2r/aB
2
ρdV = 4πA
r e
= 4πA r − e
−
2r −
e
dr
2
2
0
0
0
· ³
¸
Z
´∞ ra2
aB
a2B ∞ −2r/aB
= aπA r2 − e−2r/aB
− B e−2r/aB |∞
+
e
d
r
0
2
2
2 0
0
h³ a ´
¡
¢i∞
B
= 4πA −
e−2r/aB a2B + 2aB r + 2r2
.
4
0
Vom letzten Zwischenresultat werden wir später nochmals Gebrauch machen. Setzt man die Integrationsgrenzen ein, so erhält man
−e = πa3B A,
womit
A=
−e
.
πa3B
c) Die Ladung der Elektronenverteilung innerhalb einer Kugel mit Radius R ist (siehe oben)
Q(R) = 4πA
h³ a ´
¡
¢iR
B
e−2r/aB a2B + 2aB r + 2r2
.
−
4
0
Somit ist die Gesamtladung (Elektron plus Kern)
µ
·
¶¸
R
R2
−2R/aB
1+2
Qin (R) = +e e
+2 2
.
aB
aB
2
Mit derartigen Rechnungen kann man also (stark vereinfacht) den Eekt der Abschirmung der
Kernladung durch ein s-Elektron berechnen. Das elektrische Feld ist
E(R) =
1 Q(R)
4π²0 R2
und zeigt radial nach aussen.
d) Das Potential lässt sich durch
Z
∞
V (x) =
E(R)dR
x
berechnen. Mit dem Tipp aus der Aufgabenstellung ergibt sich
V (x) =
e −2x/aB aB + x
e
4π²0
aB x
und somit
e −2 2
e
= 1.85 V.
4π²0
aB
Um den Hinweis zu verfolgen integriert man den ersten Term auf der linken Seite partiell, wodurch
er so den zweiten (analytisch nicht lösbaren) Teil eliminiert:
µ
¶
Z ∞
1
2
2
−2R/aB
e
+
+ 2 dR
R2
RaB
aB
x
Z ∞
Z ∞
Z ∞
1
1 −2 −2R/aB
2 −2R/aB
2 −2R/aB
= − e−2R/aB |∞
+
·
e
d
R
+
e
d
R
+
dR
x
2 e
R
R
a
a
R
a
B
B
x
x
x
B
V (aB ) =
=
1 −2x/aB
1 −2x/aB
aB + x
e
+
e
= e−2x/aB
.
x
aB
xaB
Aufgabe 10.5
a) Der Satz von Gauss angewendet auf einen koaxialen Zylinder mit d ≤ r ≤ R ergibt
I
Zylinder
E(r) · dr =
Q
,
ε0
(1)
wobei Q die Ladung des Drahtes ist. Wegen der Rotationssymmetrie der Anordnung folgt, dass E
radial nach aussen zeigt und der Betrag E = |E | nur von r abhängt. Da r << l können Randeekte
vernachlässigt werden und es ist somit
I
I
Zylinder
E(r) · df =
I
E(r) · df = E(r) ·
Zylinder
df = E(r) · 2 π r l.
Zylinder
(2)
Aus (1) und (2) ergibt sich
E(r) =
Daraus folgt
E(r0 ) = E0 =
Q 1
.
2 π ε0 l r
Q
1
2 π ε0 l r0
⇒
E(r) = E0
r0
.
r
b) Um die Potenzialdierenz U (r) = φ(r0 ) − φ(r) zu erhalten, wird das elektrische Feld auntegriert:
Z
U (r) = φ(r0 ) − φ(r) =
=
r0
Z
3
0
r
E(r ) dr =
E(r0 ) dr0
r
r0
Z r
¯r
Q
Q
1 0
0 ¯
dr
=
·
(ln(r
))
¯
2 π ε0 l r0 r0
2 π ε0 l
r0
−
0
⇒
Da E0 r0 =
Q
2 π ε0 l ,
U (r) = φ(r0 ) − φ(r) =
folgt
µ
U (r) = E0 r0 ln
Q
ln
2 π ε0 l
r
r0
µ
¶
r
.
r0
(3)
¶
c) Das herausgeschlagene Elektron eines am Ort r ionisierten Atoms wird solange durch das elektrische
Feld nach innen beschleunigt, bis es mit einem weiteren Atom kollidiert. Im Mittel ndet diese
Kollision statt, nachdem das Elektron die freie Weglänge s = 10−7 m zurückgelegt hat. Dabei hat
es die kinetische Energie
µ µ
¶
µ ¶¶
r−s
r
Ekin = q∆U = −e (U (r − s) − U (r)) = −eE0 r0 ln
− ln
r0
r0
¶
µ
r
= e E0 r0 ln
r−s
gewonnen. Wird die kinetische Energie in der Einheit eV angegeben, so gilt
µ
¶
r
Ekin (eV ) = ∆U = E0 r0 ln
.
r−s
Somit kann E0 ermittelt werden zu
E0 =
Ekin (eV )
µ
¶.
r
r0 ln
r−s
d) Soll für alle r ≤ ra eine Entladung möglich sein, so muss das elektrische Feld auf der Drahtoberäche
den Wert
E0 =
Ekin (eV )
V
µ
¶ = 1.17 · 109
ra
m
r0 ln
ra − s
haben, und für die total angelegte Spannung U folgt
µ
U = U (R) = E0 r0 ln
U ≈ 6.20 kV.
4
¶
R
,
r0