PHYSIK I Testprüfung, Musterlösung

Prof. Dr. Danilo Pescia
Tel. 044 633 21 50
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PHYSIK I
Sommersemester 2007
www.microstructure.ethz.ch
Niculin Saratz
Tel. 044 633 23 28
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Testprüfung, Musterlösung
1. Einfache Mechanik
Die Perle hat nur einen Freiheitsgrad, sie kann sich nur entlang des Drahtes bewegen. Wir bezeichnen den Abstand der Perle von der Drehachse mit r. Auf die
Perle wirken zwei Kräfte: i) die Kraft der Feder und ii) die Zentrifugalkraft.
a) Die Bewegungsgleichung stellen wir nach Newton auf: F = a m
2
mr̈ = −k(r − l) + mΩ
| {z r}
| {z }
FFeder
(1)
FZentrifugal
b) Für die Lösung der BGL formen wir diese um:
k
k
2
−Ω r+ l
r̈ = −
m
m
(2)
An dieser Stelle müssen wir eine Fallunterscheidung treffen:
i)
ii)
iii)
k
m
> Ω2 : In diesem Fall ist die Bewegungsgleichung diejenige eines harmonischen Oszillators und der Abstand der Perle von der Drehachse ist
beschränkt.
k
m
< Ω2 : In diesem Fall würde der Abstand der Perle von der Drehachse
exponentiell anwachsen.
k
m
= Ω2 : Dies beschreibt den Spezialfall, dass sich die Zentrifugalkraft
und die ortsabhängige Kraft der Feder genau aufheben — Die Perle
k t2
l 2 + r(0) + ṙ(0)t
wird gleichmässig nach aussen beschleunigt, r(t) = m
Der einzige Fall der zu einer beschränkten Bahn führt ist Fall i), die Bedingung ist also
k
> Ω2 .
m
c) Die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung (2) setzt sich
aus der allgemeinen Lösung rh (t) der homogenen Gleichung und einer speziellen Lösung rs (t) der inhomogenen Gleichung zusammen. Wir widmen uns
zuerst der speziellen Lösung. Dazu betrachten wir den Fall r̈ = 0, da wir
vermuten dass eine Gleichgewichtslage existiert:
k
k
2
0=−
− Ω rs + l
(3)
m
m
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rs =
k
m
k
m
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l
− Ω2
(4)
Die spezielle Lösung ist – wie erwartet – ein konstanter Abstand von der
Drehachse, rs (t) = r0 , ∀ t mit
r0 =
k
m
k
m
l
.
− Ω2
Die homogene DGL aus (2) lautet
k
2
r̈h = −
− Ω rh
m
(5)
(6)
Wir setzen
r
ω=
k
− Ω2
m
(7)
und erhalten damit die bekannte Differentialgleichung eines harmonischen
Oszillators
r̈h = −ω 2 rh .
(8)
rh (t) = A cos(ωt + ϕ) ,
(9)
Deren Lösung ist
wobei die Konstanten A und ϕ aus den Anfangsbedingungen zu bestimmen
sind. Die allgemeine Lösung der Bewegungsgleichung (2) setzt sich also zusammen aus den Lösungen (5) und (9):
r(t) =
k
m
k
m
l
+ A cos(ωt + ϕ) .
− Ω2
(10)
~ der Perle bezüglich der Drehachse ist gegeben durch
d) Der Drehimpuls L
~ = m~r˙ × ~r
L
(11)
Dabei beschreibt ~r˙ die Geschwindigkeit und ~r den Ortsvektor der Perle. In
unserem Fall bleibt die Richtung des Drehimpulses konstant parallel zur
~ zu berechDrehachse, es genügt also den Betrag des Drehimpulses L = |L|
nen. Es bezeichne vt den Betrag der Tangentialgeschwindigkeit der Perle.
Damit ist
L = m vt r = m Ωr r = m Ω r2 .
(12)
Da Ω nach Voraussetzung konstant ist, der Abstand r im Allgemeinen jedoch
nicht, ist der Drehimpuls nicht erhalten.
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Bemerkung Die Änderung des Drehimpulses bedeutet, dass wegen des Zusammenhangs
~
~ = dL
M
dt
(13)
~ wirkt. Dieses zeigt parallel zum Drehimpuls,
auf die Perle ein Drehmoment M
~ nicht ändert. Es ist also
da sich wie oben schon erwähnt die Richtung von L
~ | = m Ω 2rṙ .
M = |M
(14)
~ = F~ × ~r
M
(15)
Wegen
wirkt also auf die Perle eine tangentiale Kraft F~ mit Betrag Ft ,
Ft = 2 m Ω ṙ .
(16)
Dies ist genau die Kraft welche der Draht auf die Perle ausübt um die
Coriolis-Kraft auszugleichen.
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2. Einfache Elektrostatik
Wir bezeichnen den Hohlraum als Gebiet I, das Metall als Gebiet II und den die
Kugel umgebenden Raum als Gebiet III.
a) Wir legen den Ursprung O unseres Koordinatensystems in die Punktladung,
die mit den Zentren der Metallkugel und des Hohlraumes zusammenfällt.
Aus Symmetriegründen muss das Feld kugelsymmetrisch um diesen Ursprung
~ verschwindet, muss das elektirsche Feld darüber
sein. Da die Rotation von E
hinaus radial gerichtet sein. Wir bezeichnen mit r den Abstand vom Ursprung. Das Feld im Hohlraum berechnet sich dann leicht mit dem Satz von
Gauss. Dazu legen wir als Gaussfläche eine Kugel mir Radius r um O und
Berechnen den Fluss durch die Oberfläche dieser Kugel mittels
Φr = 4πr2 E(r) =
Qin
.
ε0
(17)
Das Feld im Hohlraum ist also
EI (r) =
1 q
.
4πε0 r2
(18)
Im Metall muss das elektrische Feld verschwinden, weil sonst Ströme fliessen
würden. Es gilt also
EII (r) = 0 .
(19)
Im Aussenraum gilt können wir wiederum den Satz von Gauss verwenden
und erhalten denselben Ausdruck wie im Hohlraum,
EIII (r) =
1 q
.
4πε0 r2
(20)
b) Für das Potential müssen wir das elektrische Feld intergrieren und die Potentiale in den drei Teilgebieten an den Grenzflächen jeweils stetig fortsetzen.
Wir erhalten also
1 q
4πε0 r
1 q
UII (r) =
4πε0 R0
1 q
q
q
UIII (r) =
− + 0
4πε0 r R R
UI (r) =
(21)
(22)
(23)
c) Wir haben oben festgehalten, dass das elektrische Feld im Metall verschwindet. Daraus folgt, dass auch der Fluss des elektrischen Feldes durch jede
Gaussfläche, die ganz im Metall liegt, verschwindet. Nach dem Satz von
Gauss muss also die gesamte in einer solchen Fläche eingeschlossene Ladung
verschwinden. Im Ursprung befindet sich jedoch die Punktladung q die in
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jeder solchen Gaussfläche enthalten ist. Es muss also auf der Oberfläche des
Hohlraumes eine Ladung mit gesamthaft gleichem Betrag aber umgekehrtem Vorzeichen vorhanden sein. Aus Symmetriegründen muss diese Ladung
homogen auf dem Rand des Hohlraumes verteilt sein. Es muss also eine
Flächenladung mit Dichte
σI,II =
−q
4πR02
(24)
auf dem Rand des Hohlraumes vorliegen.
Da das Metall gesamthaft elektrisch neutral ist, muss die Ladung die auf den
Rand des Hohlraumes geflossen ist an der Aussenfläche der Kugel kompensiert werden. Dort finden wir also die Flächenladungsdichte
σII,III =
q
4πR2
(25)
vor.
Man sieht leicht, dass die Ladungsverteilungen (24) und (25) zusammen mit
der Punktladung q genau die in a) beschriebene Feldverteilung bewirken.
3. Nicht mehr ganz einfache Elektrostatik
Wiederum bezeichnen wir mit I den Hohlraum, mit II das Metall und mit III den
Aussenraum. Den Ursprung Olegen wir ins Zentrum der Metallkugel, die Position
der Punktladung – und das Zentrum des Hohlraumes – bezeichnen wir mit P , den
dazugehörigen Ortsvektor mit ~r0 . In dieser Geometrie ist nun die Kugelsymmetrie
aus Aufgabe 2 aufgehoben. Die Argumentation ist aber ansonsten genau dieselbe.
a) Hier genügt es nicht mehr, einfach die Symmetrie beizuziehen. Wir verwenden wie oben, dass das (statische) elektrische Feld konservativ ist, d.h. dass
~ entlang jeder geschlossenen Kurve verschwindet (und
das Wegintegral von E
~ ×E
~ = 0): Nehmen wir versuchsweise an, dass das Feld im Hohlsomit ∇
raum eine tangentiale Komponente besitze. In diesem Fall könnten wir eine
~ nicht verschwindet. Also
Kontur finden, entlang der die Zirkulation von E
~ keine (bezüglich P ) tangentiale Komponente besitzen. Nach derselkann E
~ nur vom Abstand von P
ben Argumentation darf auch der Betrag von E
abhängen. Es folgt, dass das elektrische Feld im Hohlraum genau gleich ist
wie in Aufgabe 2:
~ I (~r) =
E
1 q (~r − ~r0 )
.
4πε0 |~r − ~r0 |3
Im Metall muss das elektrische Feld wieder verschwinden,
(26)
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EII (r) = 0 .
(27)
Als Folge davon muss wieder auf der Randfläche de Hohlraumes die homogene Flächenladung
σI,II =
−q
.
4πR02
(28)
liegen um das Feld der Punktladung q im Metall abzuschirmen.
Um die Ladungsneutralität des Metalls zu gewährleisten muss wieder auf der
Aussenfläche der Kugel die Gesamtladung +q liegen. Nur wenn diese homogen verteilt ist, liefert sie keinen Beitrag zum Feld im Inneren des Metalls —
Auch diese Ladungsdichte ist genau wie in Aufgabe 2 gegeben durch
σII,III =
q
.
4πR2
(29)
Beachte, dass das elektrische Feld einer homogen geladenen Kugel(schale)
ausserhalb derselben genau gleich ist wie wenn dieselbe Gesamtladung im
Kugelzentrum konzentriert wäre. Damit heben sich die Beiträge der Punktladung und der Flächenladung auf dem Rand des Hohlraumes weg (wie wir
bereits in (28) verwendet haben). Das elektrische Feld ausserhalb der Metallkugel ist also identisch mit (20):
~ III (~r) =
E
1 q~r
.
4πε0 |~r|3
(30)
Die Potentiale in den drei Gebieten berechnen wir wieder leicht aus den
Feldern und indem wir fordern, dass das Potential an den Grenzflächen stetig
sei. Wir erhalten:
1
q
4πε0 |~r − ~r0 |
1 q
UII (~r) =
4πε0 R0
1
q
q
q
UIII (~r) =
− +
4πε0 |~r| R R0
UI (~r) =
(31)
(32)
(33)