- KIT

Felder und Wellen
WS 2016/2017
Musterlösung zur 4. Übung
10. Aufgabe
a) Auf den Leitern befinden sich die Ladungen Q1 und Q2 . Wegen der Kugelsymmetrie
folgt
~ = Er (r) ~er
E
Das elektrische Feld wird mit dem Satz vom Hüllenfluß berechnet
I
Z
~
~
εE df = ̺ dv
Innerhalb des ersten Leiters befindet sich keine Ladung, deshalb gilt
~ = 0 für 0 < r < a
E
Zwischen den Leitern gilt für das Feld (nur Leiter 1 innerhalb der Integrationsfläche)
4πεr2 Er = Q1 ⇒ Er =
Q1
für a ≤ r < b
4πεr2
Für den Bereich ausserhalb des Leiter 2 schließt die Integrationsfläche sowohl Q1 als
~ gilt
auch Q2 ein. Für E
Er =
Q1 + Q2
für b ≤ r < ∞
4πεr2
Bei der Berechnung der Potentiale, muß von einem Punkt mit bekanntem Potential ausgegangen werden, das Potential im Unendlichen ist Null (φ(∞) = 0). Für b ≤ r < ∞
gilt
Z r
Er dr
φ(r) = φ(∞) −
∞
Z
Q1 + Q2 r 1
dr
=0−
2
4πε
∞ r
r
Q1 + Q2
1
=−
−
4πε
r ∞
Q1 + Q2 1
=
4πε r
Auf dem Leiter 2 gilt
φ2 = φ(b) =
Q1 + Q2 1
4πε b
Mit dem bekannten Potential φ2 kann das Potential für a ≤ r < b berechnet werden.
Z r
Er dr
φ(r) = φ(b) −
b
Z
Q1 + Q2 1
Q1 r 1
=
−
dr
4πε b 4πε b r2
r
Q1
1
Q1 + Q2 1
−
−
=
4πε b 4πε
r b
Q2 1
Q1 1
=
+
4πε b 4πε r
Q1 1
Q2 1
+
= φ1
φ(a) =
4πε b 4πε a
Damit gilt folgendes Gleichungssystem für die Ladungen und die Potentiale auf den
Leitern
Q2 1
Q1 1
+
4πε a 4πε b
Q2 1
Q1 1
+
φ2 =
4πε b 4πε b
φ1 =
Sind die Potentiale bekannt, und sollen die Ladungen berechnet werden, muß das Gleichungssystem nach Q1 und Q2 aufgelöst werden. Dieses einfache System kann natürlich
durch elementare Umformungen der Gleichungen gelöst werden. Für kompliziertere
Problem und bei Einsatz eines Computers ist die formale Darstellung, wie im Skript
S. 95ff sinnvoll. Die beiden Gleichungen
drücken die Potentiale durch Ladungen und
P2
Potentialkoeffizienten aus (φi = k=1 pik Qk , in Matrixschreibweise
1 a1 1b Q1
φ1
=
φ2
4πε 1b 1b Q2
b) Sollen die Ladungen bei bekannten Potentialen φi berechnet werden muß die inverse
Matrix berechnet werden.
Mit
−1
1
A B
D −B
=
C D
AD − BC −C A
erhält man:
4πε ab −ab φ1
Q1
=
φ2
Q2
b − a −ab b2
Damit gilt
4πεab(φ1 − φ2 )
b−a
4πεb(−aφ1 + bφ2 )
Q2 =
b−a
Q1 =
c) Die Gesamtenergie eines statischen Systems aus Ladungen ist das Integral des elektri-
schen Feldes zum Quadrat über das gesamte Volumen. Rechnung in Kugelkoordinaten
Z
1
ǫE 2 dv
We =
2
2
Z ∞
Z b
Q1 + Q2 2 2
Q1
2
r dr + 2πε
r dr
= 2πε
4πεr2
4πεr2
b
a
b
∞
(Q1 + Q2 )2
1
1
Q21
+
−
−
=
8πε
r a
8πε
r b
2
2
Q
1 1
(Q1 + Q2 ) 1
= 1
−
+
8πε a b
8πε
b
2
2
1
Q1 2Q1 Q2 Q2
=
+
+
8πε a
b
b
Mit der Formel aus dem Skript S. 112 kann die Energie als Funktion der Ladungen und
Potentialkoeffizienten berechnet werden
p11 p12 Q1
1
Q1 Q2
We =
p21 p22 Q2
2
1
= (p11 Q21 + p12 Q1 Q2 + p21 Q2 Q1 + p22 Q22 )
2 1
Q21 2Q1 Q2 Q22
=
+
+
8πε a
b
b
Analog mit der Influenzkoeffizientenmatrix
1
We = (c11 φ21 + c12 φ1 φ2 + c21 φ2 φ1 + c22 φ22
2
2πε
abφ21 − 2abφ1 φ2 + b2 φ22
=
b−a
d) Auf den beiden Leitern befindet sich die gleiche Ladungsmenge mit umgekehrtem Vorzeichen (Q2 = −Q1 = Q).
φ1 = (p11 − p12 )Q1
φ2 = (p21 − P22 )Q1
Es gilt U = φ1 − φ2 und C = Q
U . Daraus folgt:
U = (p11 − p12 − p21 + p22 ) Q
Cges = (p11 − p12 − p21 + p22 )−1
1 1 −1
= 4πǫ
−
a b
Vergleichen Sie diese Lösung mit der Kapazität eines Kugelkondensators (Skript S. 89).
11. Aufgabe
a) Elektrisches Feld : Satz von Gauss:
I
I
R < Ra :
Ra ≤ R < 2Ra :
2Ra ≤ R < 3Ra :
3Ra ≤ R < 4Ra :
4Ra ≤ R :
~ f~ =
Dd
Z
̺dv
~ f~ = 2πR L DR
Dd
DR = 0
ER = 0
Q
2πR L
DR = 0
Q
DR =
2πR L
DR = 0
Q
4πε0 Ra L
ER = 0
Q
ER =
2πε0 R L
ER = 0
DR =
ER =
Skalarpotential
4Ra ≤ R :
3Ra ≤ R ≤ 4Ra :
Φ(R) = 0
Φ(R) − Φ(4Ra ) = −
ZR
′
ER dR = −
4Ra
ZR
Q
dR′
2πε0 R′ L
4Ra
R
Q
ln R′
2πε0 L
4Ra
Q
R
Q
4Ra
=−
ln
=
ln
2πε0 L 4Ra
2πε0 L
R
Φ(R) = −
2Ra ≤ R ≤ 3Ra :
Ra ≤ R ≤ 2Ra :
Φ(R) = konst. = Φ(3Ra ) =
Φ(R) − Φ(2Ra ) = −
ZR
′
ER dR = −
2Ra
4
Q
ln
2πε0 L 3
ZR
Q
dR′
4πε0 Ra L
2Ra
Q
R 2Ra
4πε0 Ra L
Q
=
(2Ra − R)
4πε0 Ra L
=−
Φ(R) =
′ R
Q
Q
4
(2Ra − R) +
ln
4πε0 Ra L
2πε0 L 3
Q
Q
4
+
ln
4πε0 L 2πε0 L 3
Q
4
=
(1 + 2 ln )
4πε0 L
3
R ≤ Ra :
Φ(R) = Φ(Ra ) =
Ladung
Q
4
(1 + 2 ln )
4πε0 L
3
4πε0 L
⇒Q=U
1 + 2 ln 34
U = Φ(Ra ) =
b) Es gibt keine Raumladungen sondern nur Flächenladungen:
σ = DN 2 − DN 1
R = Ra :
R = 2Ra :
R = 3Ra :
R = 4Ra :
Q
2πRa L
Q
σ=−
4πRa L
Q
σ=
6πRa L
Q
σ=−
8πRa L
σ=
c) Kapazität:
C=
4πε0 L
Q
=
U
1 + 2 ln 34
d) Maximales E-Feld im Kondensator:
1
4πε0 L
Q
=U
4πε0 Ra L
4πε0 Ra L 1 + 2 ln 34
U
1 + 2 ln 43
U
1 + 2 ln 43
Emax = ED =
=
⇒ Ra =
Ra
ED
Die Kapazität ist in diesem speziellen Fall unabhängig von Ra . Es gilt:
L = C0
1 + 2 ln 43
4πε0
Skizze