Lösung 8

Physik II
Übung 8 - Lösungshinweise
Stefan Reutter
Moritz Kütt
Franz Fujara
SoSe 2012
Stand: 04.07.2012
(Die Aufgabenstellung hatte fälschlicherweise die Bezeichnung “Übung 9”).
Aufgabe 1 Diskussion: Katze, Kugel, Kladungen (Tierliebhaber: lest die Klammern)
Kater Sukram liegt, wie immer, faul (allerliebst) auf dem Bett seiner Futtersklavin (seines Frauchens) – nichtsahnend, dass fiese Füsiker (freundliche Physikstudenten) ihm ans Fell (ihn streicheln) wollen. Das Ansinnen der Füsiker (Physikstudenten): sie haben zwei Schmerzelektroden
(leitende Kugeln) und wollen die eine positiv, die andere negativ aufladen um okkulte ElektroExperimente an unschuldigen Tieren durchzuführen (ihre unbändige Neugier zu befriedigen).
Außerdem haben sie noch ein Katzenquälrad, das Katzen unablässig an seinem Plastikgehäuse
reibt, (eine Plastiktischdecke) um Sukram elektrostatisch aufzuladen.
Wie gehen sie vor, um mithilfe der geladenen Katze die entsprechenden Ladungszustände auf
den Kugeln zu erzielen?
Lösungshinweise:
Katzen laden sich, wenn sie an Plastik gerieben werden, positiv auf. Man kann also die beiden
Kugeln zusammenhalten und dann die Katze in die Nähe einer der beiden Kugeln bringen.
Durch Influenz werden Elektronen in die der Katze näher liegende Kugel gezogen. Trennt man
nun die beiden Kugeln bevor man die Katze entfernt, ist die katzenentfernte Kugel positiv, die
katzenzugewandte Kugel jedoch negativ geladen.
Das Experiment sollte sowohl mit Katzenquälrad als auch mit der Plastiktischdecke funktionieren. Das Quälrad hat allerdings den entscheidenden Vorteil, dass die Katze, einmal festgebunden, an Ort und Stelle fixiert ist, ohne einem die Haut von den Armen kratzen zu können. Durch
Drehen des Rades lässt sich das Nahebringen bzw. Entfernen der Katze leicht durchführen. Natürlich könnte man auch statt der Katze die Kugeln bewegen, das wäre aber langweilig.
Aufgabe 2 Diskussion: Feldlinie Kaputt?
Kann ein solches Feldlinienbild existieren? Warum (nicht)?
1
Lösungshinweise:
Erstmal was überhaupt komisch ist an dem Bild: obwohl die große Kugel positiv geladen ist,
enden Feldlinien auf ihr. Kann das sein?
Ja, kann sein. Die kleine Kugel erzeugt an der Oberfläche der großen ein vergleichsweise großes
elektrisches Feld. Durch Influenz werden die positiven Ladungen auf letzterer also weggeschoben, während die negativen angezogen werden, d.h. die große Kugel wird zu einer Art Überlagerung von Dipol und Monopol. Damit können Feldlinien in den negativen Ladungen enden
während die Kugel insgesamt positiv geladen ist.
Die beiden Kugeln sind übrigens etwa gleich stark geladen, was man durch Abzählen der Feldlinien herausfinden kann (von beiden gehen 10 aus, wobei bei der großen Kugel die ankommenden Feldlinien negativ gerechnet werden müssen).
Auch noch interessant: es muss sich ein Gebiet ergeben, auf dem das Feld verschwindet. Das
kann man so sehen: Das Feld muss immer senkrecht zur Kugeloberfläche der großen Kugel sein.
Es gibt aber Orte, auf denen es nach innen und Orte, auf denen es nach außen zeigt. Damit das
geht, muss es zwischendrin null sein.
Aufgabe 3 Wer ist Stärker?
Angenommen, zwei identische leitende Kugeln, die man vorher an einer Katze geladen hat
(siehe Aufgabe 1), haben zusammen die Ladung Q > 0 und man könnte die Ladung beliebig in Teilladungen q1 > 0 und q2 > 0 aufteilen. Bei welcher Aufteilung ist die abstoßende
Coulombkraft zwischen den beiden Kugeln am größten?
Lösungshinweise:
Wir schreiben q2 (q1 ) = Q − q1 . Die Coulombkraft ist damit
1 q1 Q − q1
FC =
4πε0
r2
Um deren Maximum zu bestimmen leiten wir sie nach q1 ab
1
Q
2q1
! dFC
0=
=
− 2
dq1
4πε0 r 2
r
Q = 2q1
2
Aufgabe 4 So geht das Fernsehen (nicht...)!
Elektronen in einem Elektronenstrahl fliegen zunächst mit der Geschwindigkeit v~ = (v 0 , 0, 0)> .
~ 1 = (0, E1 , 0)> . Dieses elektrische Feld
Sie durchqueren dann ein homogenes elektrisches Feld E
besitzt in x-Richtung die Ausdehnung l1 . Anschließend fliegen die Elektronen durch ein zweites
elektrisches Feld mit E2 = (0, 0, E2 )> , Länge l2 . Die Elektronen werden durch beide Felder abgelenkt. Berechne die Winkel zwischen ursprünglicher und resultierender Flugrichtung, jeweils in
der x-y-Ebene und in der x-z-Ebene.
So ähnlich wie oben beschrieben, funktionierten auch einige alte Fernseher und Röhrenmonitore. Ein Elektronenstrahl wurde auf verschiedene Punkte eines Schirms abgelenkt. In der Regel
wurde dabei zeilenweise vorgegangen, d.h. zunächst überfährt der Strahl eine vollständige Zeile und springt anschließend an den Anfang der nächsten. Am unteren Ende des Bildschirms
angekommen, springt er wieder nach oben. Überlege dir den zeitlichen Verlauf der beiden elek~ 1 soll die Zeilen bestimmen, E
~ 2 die Spalten/Punkte.
trischen Felder - E
(Und ja, richtig: Heutige Fernseher sind oft Flachbildschirme - und auch die meisten Röhrenmonitore benutzten zur Ablenkung nicht nur elektrische sondern auch magnetische Felder. Das ist
aber nicht Inhalt dieser Aufgabe).
Lösungshinweise:
Die folgende Kraft wirkt auf ein einzelnes Elektron im ersten E-Feld, sie führt auch zu einer
Beschleunigung des Elektrons (2. Newton’sche Gesetz):
~ 1 = me ~a1
F~1 = − e E
Für die Durchflugzeit durch das erste Feld zählt nur die Geschwindigkeit senkrecht zum Feld,
diese wird durch das erste Feld nicht verändert. Damit braucht das Elektron folgende Zeit für
das Durchfliegen:
t1 =
l1
v0
Durch die Beschleunigung gibt es nach dem Feld eine neue Geschwindigkeit:

v~e1 = v~ + ~a1 t 1 = v~ −
e
me
~1
E
l1
v0

=

v0
−el1
E
me v 0 1
0




Die Kraft/Beschleunigung des zweiten Feldes berechnet sich analog zum ersten. Für die Durchflugzeit durch das zweite Feld ist wieder nur die Geschwindigkeit senkrecht zum Feld wichtig,
diese ist weiterhin nur die x-Komponente der Geschwindigkeit, also:
3
t2 =
l2
v0
Durch die Beschleunigung gibt es nach dem Feld wieder eine neue Geschwindigkeit:

v~e2 = v~e1 + ~a2 t 2 = v~e1 −
e
me
~2
E
l2
v0

=


v0
−el1
E
me v 0 1
−el2
E
me v 0 2



Der Winkel in den beiden Ebenen lässt sich jeweils über einen Tangens aus x/y- bzw. x/zKomponente des endgültigen Geschwindigkeitsvectors v e2 bestimmen:
α x− y = arctan
α x−z = arctan
−el1
E
me v 0 1
v0
−el1
E
me v 0 2
v0
= arctan
= arctan
−el1
me v 02
−el2
me v 02
E1
E2
Ein möglicher zeitlicher Verlauf für zwei aufeinanderfolgende Bilder auf einem Fernseher mit 5
Zeilen (gestrichelt/rot E2 , grün E1 , Darstellung in willkürlichen Einheiten).
20
10
2
4
6
8
10
-10
-20
Aufgabe 5 One Dipole to Rule Them All
Calculate the electric field of a dipole consisting of a charge q at position l and a charge −q at
position −l
4
a) On the dipole’s axis
b) In the plane perpendicular to the dipole’s axis through its center
c) In both cases, approximate x 2 ± l 2 ≈ x 2 for x l to derive the far field of the dipole.
Lösungshinweise:
Beim Begriff “elektrischer Dipol” gab es offenbar Missverständnisse. Hier war ein endlicher Dipol
gemeint, also eine Anordnung aus zwei Punktladungen. Man findet den Begriff Dipol aber auch,
um ein Objekt zu beschreiben, bei dem die Ladungen beliebig nah zusammen sind (das könnte
man auch idealer Dipol nennen).
Das Feld berechnet man einfach durch Superposition der Felder beider Ladungen. Wir setzen
die negative Ladung −q auf Position z = −l und die positive q auf Position z = l.
E
E+
EE
-q
E-
q
E+
a) Wir legen die Dipolachse auf die z-Achse. Es ist klar, dass das Feld dann ebenfalls in zRichtung zeigt.
Ez (z) =
q
1
−
(z + l)2
€
Š
2
2
2
2
q z + 2lz + l − z − 2lz + l
)
=
2
4πε0
z2 − l 2
1
4qlz
=
4πε0 z 2 − l 2 2
1
2pz
=
4πε0 z 2 − l 2 2
1 2p
≈
4πε0 z 3
4πε0
(z − l)2
1
Wobei p = 2ql das Dipolmoment des Dipols ist.
5
b) Wir betrachten nun die x-Achse, wobei der Dipol wieder in die z-Achse gelegt sein soll.
Aus Symmetriegründen kann es keinen Unterschied machen, ob man die x- oder die y-Achse
betrachtet. Ebenfalls aus Symmetriegründen ist klar, dass das Dipolfeld auch hier in z-Richtung
zeigen muss: die x-Komponente des elektrischen Feldes ist für beide Ladungen gleich groß, hat
aber verschiedene Vorzeichen (siehe Skizze).

Ez (x) =
q
4πε0
=−
≈−


−l
x2 + l
1

3 −
2
2
l
x2 + l

3 
2
2
p
4πε0 x 2 + l 2 23
1 p
4πε0 x 3
Wichtige Eigenschaft, die es sich zu merken lohnt:
1
-Abhängigkeit
r3
des Dipolfeldes.
Aufgabe 6 Feld einer unendlich großen Fläche
Eine unendlich ausgedehnte Fläche (infinitesimal dünn) besitzt die Flächenladungsdiche σ (Ladung pro Fläche). Berechne das elektrische Feld an einem Punkt, der sich im Abstand x zu dieser
Fläche befindet. Es kann hilfreich sein, dabei wie folgt vorzugehen:
a) Berechne die Feldstärke für eine endliche Kreisfläche (Radius R) an einem Punkt auf einer
Achse durch den Mittelpunkt der Kreisfläche im Abstand x. Für die Berechnung musst du nur
die Komponente entlang der Achse durch den Mittelpunkt berücksichtigen. Warum?
Für die Berechnung musst du geschickt über alle Teile der Fläche integrieren, am besten in
Polar-/Zylinderkoordinaten.
Hinweis: Substituiere im Integral in der Form: k = r 2 + x 2
b) Beschreibe die so gefundene Lösung für r → ∞. Gilt diese nun für beliebige Punkte im
Abstand x?
Lösungshinweise:
r
d
dEx
θ
θ
dE
6
a) Wir legen ein Koordinatensystem so, dass die Achse durch den Mittelpunkt die x-Achse ist.
Wir müssen nur die x-Komponente des E-Feldes betrachten, da sich aus Symmetriegründen die
anderen Komponenten aufheben. Es gilt cos θ = dx = p 2x 2 und dE x = dE cos θ .
r +x
Weiterhin betrachten wir kleine Ladungselemente der Form dq = σrdϕdr. Ein einzelnes solches
Element erzeugt ein elektrisches Feld
σr
1
dE x =
cos θ drdϕ
4π"0 r 2 + x 2
Damit können wir E x integrieren:
Ex =
=
=
ZR Z2π
1
σr
r2 + x2
4π"0
0 0
ZR Z2π
1
4π"0
0
ZR
σx
0
σr x
(r 2
+
3
x 2) 2
r
3
2"0
(r 2 + x 2 ) 2
0
cos θ drdϕ
drdϕ
dr
Substitution
k =r 2 + x 2
dk
=2r
dr
dk
dr =
2r
Ex =
σx
k(R)
Z
=
k2
σx(−2)
–
2"0
1
™ x 2 +R2
1
4"0
σ
dk
3
4"0
k(0)
=
1
k2
1−
x2
!
x
1
(R2 + x 2 ) 2
7
b) Für R → ∞ gilt
Ex =
σ
2"0
Dies gilt für unendlich ausgedehnte Flächen auch für beliebige Punkte im Abstand x zur Fläche.
Das Feld ist homogen, von Sicht jeden Punktes dehnt sich die Fläche unendlich weit in alle
Richtungen aus.
Aufgabe 7 Felder mit Gauss’schem Satz
Bestimme die elektrischen Felder mit Hilfe des Gauss’schen Satzes:
a) Für eine unendlich ausgedehnte Fläche mit Flächenladung σ.
b) Innerhalb bzw. außerhalb einer Hohlkugel mit Ladung Q K .
c) Für eine Anordnung, bei der sich ein kleiner, unendlich langer Hohlzylinder mit Radius R i und
Flächenladungsdichte σ im Inneren eines vom Durchmesser her größeren Hohlzylinders mit
R
Radius R a und Flächenladungsdichte −σ R i befindet. Dabei sind die Zylinderachsen identisch.
a
Bestimme das Feld zwischen den Zylindern und außerhalb des großen Zylinders. (Dies ist eine
Idealisierung eines Koaxialkabels.)
Lösungshinweise:
Zur Erinnerung:
I
~ · dA
~=
E
Q
"0
a) Wir können durch Überlegen schließen, dass die Feldvektoren immer senkrecht zur Fläche
stehen müssen, und von ihr wegzeigen (bzw. zu ihr hin, je nach Vorzeichen von σ). Außerdem
kann die Feldstärke höchstens noch vom Abstand zur geladenen Fläche abhängen, alles andere
ist aus Symmetriegründen unmöglich. Wir betrachten nun die Oberfläche eines Zylinders, dessen Kreisflächen parallel zur geladenen Fläche sind und der durch die geladene Fläche halbiert
wird. Es gibt keinen Fluss durch die Mantelflächen, denn diese sind parallel zu den Feldlinien.
Auf den beiden Stirnflächen ist die Projektion des Feldes auf die Flächennormale nach obiger
Begründung konstant. Also:
2 · (πr 2 E) =
E=
σπr 2
"0
σ
2"0
b) Innerhalb der Hohlkugel ist E = 0. Das kann man sehen, indem man eine konzentrische
Kugel innerhalb der Kugel als Integrationsfläche betrachtet. Aus Symmetriegründen muss die
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Projektion des Feldes auf den Normalenvektor der Fläche konstant sein. Da aber keine Ladung
eingeschlossen ist, steht auf der rechten Seite des Satzes von Gauss eine 0
4πr 2 E = 0
Außerhalb der Hohlkugel gehen wir analog vor, nur dass jetzt eine Ladung Q K von der Integrationsfläche eingeschlossen wird:
4πr 2 E =
E=
QK
"0
QK
4πr 2 "0
Dabei wurde stillschweigend vorausgesetzt, dass die Ladungen sich gleichmäßig über die Kugeloberfläche verteilen. Ansonsten funktioniert die Begründung natürlich nicht.
(Das ist gerade das Feld einer Punktladung im Mittelpunkt der Hohlkugel).
c) Außerhalb der beiden Zylinder ist E = 0. Die Begründung ist analog zur Hohlkugel. Man
kann als Integrationsfläche einen Zylinder der Länge l wählen. Über dessen Mantelflächen
muss das Feld wiederum senkrecht stehen und konstante Projektion auf den Normalenvektor haben. Die Stirnflächen stehen diesmal aus Symmetriegründen parallel zum Feld, somit
kann kein elektrischer Fluss durch sie fließen. Die eingeschlossene Ladung erhält man als
R
Q = Q i + Q a = 2πσR i l − 2πσR a l R i = 0.
a
Zwischen den Zylindern geht man wiederum genauso vor, mit dem Unterschied, dass die eingeschlossene Ladung nun nicht mehr 0 ist (sondern sich durch das Integral über die Flächenladungsdichte des inneren Zylindermantels ergibt). Integriert man über einen Zylinder der Länge
l ergibt sich
2πr l E =
σ2πR i l
"0
σR i
E=
r"0
9