IK 2 Übungen

Thomas Lorenz
Arne Thoma - Gruppe 8
Übungsblatt 1 IK2
Aufgabe 1: Oberflächenenergie und Auftriebskorrektur
a) Gesucht ist die Änderung der Oberflächenenergie ΔW = εΔA
Zu Betracheten ist die gesamte Oberflächenänderung ΔA mit:
ΔA = A2 − A1 mit:
A1 = 4πr1 2
A2 = N · 4πr2 2
Die Anzahl der kleinen Tröpfchen N kann mit den Volumina berechnet werden:
N=
4
πr1 3
r1 3
V1
= 34
=
3
V2
r2 3
3 πr2
Somit ergibt sich für die Oberflächenenergieänderung:
ΔW
= εΔA = σ(A2 − A1 )
= σ(N · 4πr2 2 − 4πr1 2 )
3
r1
2
2
· 4πr2 − 4πr1
= σ
r2 3
2 r1
−1
= σ4πr1
r2
N
3 · 10−3 m
−
1
= 4 · 73 · 10−3 · π · (3 · 10−3 m)2
m
3 · 10−7 m
≈ 0.0826J
b) Das Gewicht eines Körpers ist unabhängig von der Umgebung. Folglich würden beide
Körper im Vakuum ebenfalls 100g wiegen. Mit der Annahme auf beide Körper wirke
in Luft eine Gesamtskraft von FGes = 1N :
in Luft
im Vakuum
FA
FG
FG
In Luft ist FGes = FG − FA mit:
FA = mL g = VK ρL g
FG = mK g = VK ρK g
1
Hier ist mK/L die Masse des Körpers/der verdrängten Luft, VK das Volumen des
Körpers und ρK/L die Dichte des Körpers/Luft.
Somit ist:
FGes = FG − FA = gVK ρK − gVK ρL
⇒ VK
= gVK (ρK − ρL )
FGes
=
g(ρK − ρL )
Mit dem Volumen und der Dichte des Körpers kann jetzt das Gewicht des Körpers
(und damit auch die Gewichtskraft im Vakuum) bestimmt werden:
mK = VK ρK =
FGes
ρK
g(ρK − ρL )
⇒
FG =
FGes
ρK
(ρK − ρL )
Für den Aluminiumkörper:
mAl =
g
10 sm2 (2.7 cm
3
FGAl =
g
(2.7 cm
3
g
1N
2.7 3 ≈ 100.048g
g
−3
− 1.3 · 10 cm3 ) cm
g
1N
2.7 3 ≈ 1.00048N
g
−3
− 1.3 · 10 cm3 ) cm
Für den Bleikörper:
mP b =
FGP b =
g
1N
11.3 3 ≈ 100.012g
g
−3 g )
10 sm2 (11.3 cm
−
1.3
·
10
cm
3
cm3
10 sm2 (11.3 cmg 3
g
1N
11.3 3 ≈ 1.00012N
g
−3
− 1.3 · 10 cm3 )
cm
Aufgabe 2: Ausflussgeschwindigkeit
a) Für das Wasser im Gefäß gilt die Bernoulli-Gleichung 12 ρu2 +p = const. Der angegebene
Druck teilt sich hierbei in zwei Komponenten auf. Der Schweredruck mit p = ρgh und
äußere Drücke, die vernachlässigt werden.
An der Grundlinie des Gefäßes sei der Nullpunkt. Somit ergibt sich:
1 2
ρu + ρgh
2 Sp
=
1 2
ρu
2 Aus
ASp
aus: uSp ASp = uAus AAus ⇒ uAus =
uSp
A
Aus
A2Sp
1 2
ρu
⇒ ρgh =
−1
2 Sp A2Aus
⇒ u2Sp
=
2gh
=
D4
−
1
4
−1
d
2gh
A2Sp
A2Aus
4
4
− 1 durch D
ersetzt werden.
Mit der Voraussetzung d4 << D4 kann der Term D
d4
d4
Somit ergibt sich für die Absinkgeschwindigkeit des Flüssigkeitspiegels vSt :
√
√
2gh
2ghd2
uSp = D2 =
D2
2
d
2
b) Die Absinkgeschwindigkeit vSp kann in mit der Formel aus Teil a errechnet werden:
√
2 · 10 sm2 · 0.2m 1.72 cm2
cm
2ghd2
=
= 1.18
uSp =
D2
702 cm2
s
Für die Ausflussgeschwindigkeit gilt:
uAus
AAus
dD
=
=
vSp = 2gh
ASp
D d
2 · 10
m
m
· 0.2m = 2
2
s
s
c) Für das Absinken im Gefäß gilt:
uSp =
dh
dt
=
⇒ dt =
⇒T =
T
dt =
0
=
2gh
d2
D2
D2
2gh d2
H
D 2 √ H
D2
1
√
√
√
dh
=
2 h
2gd2 0
2gd2
0
h
√
2
2 HD
√
2gd2
√
In einer Höhe von H = 1m ergibt sich also für die Ausflusszeit T
√
√
2 · 1m · 702 cm2
2 HD 2
=
≈ 1118s
T = √
2gd2
2 · 10 sm2 · 1.42 cm2
d) Bei einem konstanten Wasserspiegel, also einer konstanten Höhe, bleibt auch die Ausflussgeschwindigkeit des Wassers konstant. So kann das Ausflussvolumen(VAus) pro
Zeiteinheit mit VAus = uAus AAus t errechnet werden. Es gilt für die Ausflusszeit t:
t =
=
=
ASp h
√
AAus uAus
AAus 2gh
√
D2 h
D2 h
√
= 2√
d 2g
d2 2gh
√
2
2
70 cm · 1m
≈ 559s
1.42 cm2 · 2 · 10 sm2
V
=
Bei konstantem Wasserspielgel benötigt das Ausfließen des gleichen Volumens also nur
die halbe Zeit.
3
Thomas Lorenz
Arne Thoma - Gruppe 8
Übungsblatt 2 IK2
Aufgabe 1: Impulssatz
Im Zeitraum dt fließt am Ball eine Masse M vobei und verliert dabei einen Impuls von dp.
dp kann durch den Impuls vor und nach dem Ball errechnet werden:
dp = p2 − p1 = M (v2 − v1 )
Nun kann die Masse, die im Zeitraum dt am Ball vorbeifließt mit
m = ρdV = ρv1 Adt
bestimmt werden, wobei A die Fläche des Luftauslasses ist. Setzt man nun in die Gleichung
für den Impuls ein erhällt man:
dp = ρv1 A(v1 − v2 )dt
Nun ist zu beachten, dass nur Geschwindigkeiten in y-Richtung für die haltende Kraft
verantworlich sind, somit ergibt sich:
Fy =
dp
= ρv1 (sin(α2 )v2 − sin(α1 )v1 )
dt
Mit der Relation v2 = 34 v1
3
Fy = ρv12 A( sin(α2 ) − sin(α1 ))
4
Aus der Annahme, die x-Komponenten der Geschwindigkeit seien konstant folgt:
3
cos(α1 )v1 = vx = cos(α2 )v2 = cos(α2 )v1
4
2
4
cos(α1 )
⇒ (cos(α2 ))2 =
3
2
4
cos(α1 )
⇒ 1 − (sin(α2 ))2 =
3
2
4
cos(α1 )
⇒ sin(α2 ) =
1−
3
Eingesetz in die Gleichung für die Kraft:
⎛ ⎞
2
3
4
cos(α1 ) − sin(α1 )⎠
1−
Fy = ρv12 A ⎝
4
3
1
Gesucht ist die maximale Masse(m) der Kugel
4
2
d2
3
2
ρv1 π 4 4 1 − 3 cos(α1 ) − sin(α1 )
Fy
=
m =
g
g
4
π 2
π
kg
3
m2 0.122 m2
2
1.294 m3 · 15 s2 π 4
1 − 3 cos 4
− sin 4
4
=
−10 sm2
≈ 153g
Aufgabe 2: Arbeit gegen den Luftwiederstand
a) Für das beschleunigende Auto gilt:
⇒
v(t) = at
a=
vmax
T
1 vmax 2
1
t
s(t) = at2 =
2
2 T
Nun gilt für den Luftwiederstand:
FR =
⇒
⇒
v(t) =
t2 =
vmax
t
T
2T
s
vmax
1
ρcw A(v(t))2
2
Für die gegen den Luftwiederstand verrichtete Arbeit gilt:
Smax
F (s)ds =
W =
0
=
=
=
=
=
=
≈
0
vmax T
2
1
ρcw A(v(s))2 ds
2
vmax T
2
vmax
1
ρcw A
2sds
2
T
0
vmax T
2
vmax
sds
ρcw A
T
0
vmax T
2
vmax 1 2
s
ρcw A
T
2
0
1
2
ρcw Avmax T
8
kg
1000 3 m3
1
· 1.294 3 · 0.4 · 2m2 ·
· 12s
8
m
36
s3
33.281kJ
b) Die Momentanleistung ist gegeben durch:
P (t) = F (t)v(t)
v3
1
ρcw A max
t3
=
2
T3
2
Somit ergibt sich für die Endleistung:
v3
1
T3
ρcw A max
2
T3
3 3
1
kg
m
2 1000
=
· 1.294 3 · 0.4 · 2m
2
m
36
s3
≈ 11.093kW
P (T ) =
Die durchschnittliche Leistung P ist gegeben durch:
1 T
P =
P (t)dt
T 0
v3
1 T 1
t3 dt
=
ρcw A max
T 0 2
T3
T
3
1
vmax
=
ρcw A 4
t3 dt
2
T
0
3
vmax
1 4 T
1
ρcw A 4
t
=
2
T
4 0
1
3
ρcw Avmax
=
8
kg
1
1000 3 m3
2
· 1.294 3 · 0.4 · 2m ·
=
8
m
36
s3
≈ 2.773kW
3
Thomas Lorenz
Arne Thoma - Gruppe 8
Übungsblatt 3 IK2
Aufgabe 1: Dirac δ-Funktion
a)
b
a
b
f (x)δ (x − x0 )dx = [f (x)δ(x −
−
f (x)δ(x − x0 )dx
a
b
f (x)δ(x − x0 )dx
= 0−
a
b
f (x0 )δ(x − x0 )dx
=
x0 )]ba
a
b)
3
1
∞
−x
e
−∞
3
δ(x − 2) δ(x + 2)
+
(x + y − 2)δ(x − 4)dx =
(x + y − 2)
4
4
1
3
δ(x − 2)
dx
(x2 + y 2 − 2)
=
4
1
1 2 1
y +
=
4
2
2
2
2
2
2
dx
δ(x + 1)
δ(x − 1)
+ δ(x) +
dx
δ(x − x)dx =
e
2
2
−∞
∞
∞
∞
δ(x + 1)
−x δ(x − 1)
−x
dx +
dx
e
e δ(x)dx +
e−x
=
2
2
−∞
−∞
−∞
1
1 1
e + 1 + e−1 ≈ 2.54
=
2
2
3
∞
−x
c) Die δ-Distribution in Polarkoordinaten.
Auch für Polarkoordinaten gilt:
0 r =
δ(r) =
1 r = 0
Setzt man nun für den Vektor Polarkoordinaten ein erhällt man:
δ(r) = δ(r)
Weil man davon ausgehen kann ein Vektor habe nur dann einen von Null verschiedenen
Wert, wenn r=0 ist.
1
Anders sieht es aus, wenn die Deltafunktion für die Summe/Differenz zweier Vektoren
definiert werden soll. Hier gilt:
δ(r − r0 ) = δ(|r − r0 |) = δ( (r sin(ϕ) − r0 sin(ϕ0 ))2 + (r cos(ϕ) − r0 cos(ϕ0 ))2
Weitere Umformungen ergeben:
δ(r − r0 ) = δ( r 2 + r02 − 2rr0 (sin(ϕ) sin(ϕ0 ) + cos(ϕ) cos(ϕ0 )))
= δ( r 2 + r02 − 2rr0 cos(ϕ − ϕ0 ))
Die Funktion δ(r − r0 ) nimmt also nur für ϕ = ϕ0 und r = r0 den Wert 1 an.
Aufgabe 2: Vektoranalysis
a) Als erstes soll die Seite des Würfels betrachtet werden, die parallel zur xy-Ebene liegt.
r )df
A(
1 1
=
F
0
0
0
1 1
=
r)ez dxdy
A(
z 2 dxdy
0
1
z 2 dy = z 2
=
0
Die anderen Seiten können analog berechnet werden. So gilt:
r )df
A(
1 1
=
0
F
0
1
r )ez dxdy
A(
1 1
+
0
0
1 1
+
=
0
0
2 1
z z=0 +
z=0
1
r )ey dxdz
A(
y=0
1
r )ex dydz
A(
x=0
2 1
1
y z=0 + x2 z=0 = 3
Die Berechnung durch den Gaußschen Satz:
r ))dV
div(A(
A(r)df =
S
V
1 1
(2x + 2y + 2z)dxdydz =
(2x + 2y + 1)dxdy
=
0
0
V
1
(2x + 2)dx = 3
=
0
2
b) Es sei a ein konstanter Vektor
rot(A)dV
a
a · rot(A)dV
=
V
V
= −
= −
= −
0 − a · rot(A)dV
V
rot(a) · A − a · rot(A)dV
V
div(A × a)dV
V
= −
S(V )
(A × a)df
= −a
= −
⇔
rot(A)dV
S(V )
S(V )
V
A × df
A × df
c) Der Satz von Stoke ist für das Vektorfeld (A = (−y, yz 2 , y 2 z)) zu verifizieren. Es werden
für die Integrationen Kugelkoordinaten genutzt.
Es gilt:
⎛
⎞
2zx − 2zy
rot(A) = ⎝ 0 − 0 ⎠ = ez = cos(ϕ)er − sin(ϕ)eϕ
0+1
gilt:
Für df
= ndϕdθ = er sin(ϕ)dϕdθ
df
Nun ist:
rot(A)df
2π
π
2
=
S
0
0
2π
0
=
(cos(ϕ)er − sin(ϕ)eϕ ) · er sin(ϕ)dϕdθ
π
2
cos(ϕ) sin(ϕ)dϕdθ
0
2π
1
dθ
2
=
0
= π
Die Rechnung unter der Ausnutzung des Satzes von Stokes:
=
rot(A)df
Adr
S
∂S
2π
(sin(ϕ) cos(ϕ)er + sin2 (ϕ)eϕ )eϕ dϕ
=
0
2π
sin2 (ϕ)dϕ
=
0
= π
3
Thomas Lorenz
Arne Thoma - Gruppe 8
Übungsblatt 5 IK2
Aufgabe 1: Dipolfeld
a) Das elektrische Feld des Dipols ist Rotationssymmetrisch zur Achse durch die Dipolladungen, weswegen hier Kugelkoordinaten gewählt werden.
ϑ
E
r
E
d
r
ϑ
Δr
−Q
+Q
a
≈ |r| wenn a r
Nun gilt für das Potential des elektischen Feldes, da |d|
1
1
Q
−
V (r) =
4πε0 r − Δr r + Δr
Aus a r folgt Δr 2 r 2 und damit ist
r + Δr − r + Δr
Q
2Δr
Q
≈
V (r) =
4πε0
r 2 + Δr 2
4πε0 r 2
Nun gilt 2Δr = a cos(ϑ) damit ist:
V (r) =
Q a cos(ϑ)
4πε0
r2
Für das elektische Feld gilt nun:
∂V
1
1 ∂V
∂V
er −
eϕ −
eϑ
E(r)
= −grad(V ) = −
∂r
r sin(ϑ) ∂ϕ
r ∂ϑ
Damit ergibt sich mit (d = Qa):
ϑ) = 2Q a cos(ϑ) er + Q a sin(ϑ) eϑ = |d| (2 cos(ϑ)er + sin(ϑ)eϑ )
E(r,
4πε0
r3
4πε0 r 3
4πε0 r 3
1
b) Der elektrische Fluss durch eine Kugeloberfläche um den Dipol ist gegeben durch:
df
E
φ=
S
Mit dem elektrischen Feld aus Aufgabe a:
df
φ =
E
S
2π π
|d|
(2 cos(ϑ)er + sin(ϑ)eϑ )er sin(ϑ)r 2 dϑ dϕ
=
4πε0 r 3 0
0
2π π
|d|
2 cos(ϑ) sin(ϑ)dϑ dϕ
=
4πε0 r 0
0
2π π
|d|
=
sin(2ϑ)dϑ dϕ
4πε0 r 0
0
2π
|d|
0dϕ = 0
=
4πε0 r 0
Eine andere Möglichkeit zur Berechnung des Flusses bietet das Gausssche Gesetz.
df
E
φ =
S
=
−Q + Q
=0
ε0
2
Thomas Lorenz
Arne Thoma - Gruppe 8
Übungsblatt 6 IK2
Aufgabe 1: Kondensator
a) Es soll ein Kondensatorwürfel untersucht werden, dessen Kanten jeweils einen Kondensator mit der Kapazität C darstellen.
P1
P2
P2
P1
Es soll die Kapazität zwischen den Punkten P1 und P2 errechnet werden. Durch eine
Umordnung der Kondesatoren kann das Schaltbild links zu dem Schaltbild rechts umgewandelt werden.
Aufgrund der Symmetrie herrscht nach den ersten Kondensatoren jeweils gleiches elektrisches Potential, so dass die gepunktete Verbindung geschlossen werden kann, ohne
dass sich die Gesamtkapazität ändert. Nun gilt:
CGes =
1
1
3C
+
1
6C
1
3C
+
=
6
C
5
b) Es ist für einen Plattenkondensator U0 C0 gegeben.
1. Der Plattenabstand soll von d auf 2d vergrößert werden während die Spannungsquelle angeschlossen bleibt. Nun ist:
C=
U = U0
E=
U0
U
=
2d
2d
1
ε0 A
= C0
2d
2
W =
1
1
CU 2 = C0 U02
2
4
Für die Änderung der elektrischen Energie gilt:
1
1
1
ΔW = W − W0 = C0 U02 − C0 U02 = − C0 U02
4
2
4
1
Für die Kraft auf eine Platte des Kondensators gilt:
F (s) =
1
ε0 A U0
1
1
QE =
U0
= ε0 AU0 2
2
s
s
2
s
Um die Platten vom Abstand d auf 2d zu bewegen muss also die Energie
2d
ΔWph =
d
1
1
1
= − C0 U02
F (s)ds = − ε0 AU0
2
2d
4
aufgebracht werden.
2. Der Plattenabstand soll von d auf 2d vergrößert werden nachdem die Spannungsquelle entfernt wurde. Nun ist:
Q = Q0 = C0 U0
U=
U
C0 U0
= 2U0
=2
C
C0
1
C = C0
2
1
1
W = CU 2 = C0 4U02 = C0 U02
2
4
Für die Änderungen der elektrischen Energie gilt
1
1
ΔW = C0 U02 − C0 U02 = C0 U02
2
2
Für die Kraft auf eine Platte des Kondensators gilt:
F (s) =
1
Q20
Q0
1
QE = Q0
=
2
2 ε0 A
2ε0 A
Um die Platten vom Abstand d auf 2d zu bewegen muss also die Energie
ΔWph =
2d
F (s)ds =
d
1 Q0
Q20
1
d=
= C0 U02
2ε0 A
2 C0
2
aufgebracht werden.
Bei der Vergrößerung des Abstandes bei angeschlossener Spannungsquelle fällt auf, dass
die aufgebrachte Energie zum Entfernen der Platte unterschiedlich zu der Änderung der
Energie des elektrischen Feldes ist. Das liegt daran, dass die Energie, die aufgebracht
werden muss um die Platten auseinander zu Bewegen zum Teil von der Spannungsquelle
kompensiert wird. Es geht also keine Energie verloren.
c) Ein Kondensator der Kapazität C wird mit der Spannung U aufgeladen und nachdem
die Spannungsquelle entfernt wurde, mit einem anderen Kondensator parallel geschaltet. Es gilt:
Q konstant
Q = CU
C2 = 2C
Nun ist die elektrische Feldenergie vor dem anschließen an den zweiten Kondensator
1
Wel,1 = CU 2
2
2
Nach dem Anschließen des zweiten Kondensators ist, wenn sich die Ladungen jeweils
gleich auf den Platten verteilen:
Wel,2 =
1
1 Q2
= CU 2
2 2C
4
Hierbei fällt auf, dass sich die elektrische Energie verkleinert. Grund dafür ist die Annahme der Gleichverteilung der Ladungen auf beiden Kondensatorplatten. Durch das
Parallelschalten entsteht ein schwingfähiges System in dem die Ladungen zwischen den
Kondensatoren hin und her schwingen. Die dabei auftretenden Verluste sind verantwortlich für die Abnahme der Energie.
d) Für die Kapazität einer Kugel gilt:
C = 4πε0 R
Nun soll die Kapazität C = 1F betragen. Somit müsste die Kugel einen Radius von
R=
1F
C
=
≈ 8.98 · 109 m
F
−12
4πε0
4 · π · 8.854 · 10
m
Eine solche Kugel wäre 1410 mal größer als die Erde oder knapp 13 mal größer als die
Sonne.
e) Für das elektrische Feld auf der Oberfläche einer Kugel gilt:
E=
Q
4πε0 R2
Für das elektrische Potential auf der Kugeloberfläche gilt:
φ=
Q
4πε0 R
Daraus folgt für die elektrische Feldstärke
E=
4πε0 Rφ
φ
Q
=
=
2
2
4πε0 R
4πε0 R
R
Für eine Kugel mit dem Radius R = 10cm und dem Potential φ = 100V ist
E=
V
100V
= 1000
0.1m
m
Für eine Kugel mit dem Radius R = 10μm und dem Potential φ = 100V ist
E=
V
100V
= 107
−5
10 m
m
Aufgabe 2: Kraft auf einen Dipol
3
a) Die Kraft auf einen Dipol mit dem Dipolmoment p = qb soll untersucht werden. Es
sei r der Ortsvektor des Dioplmoments. Nun wirken auf den Dipolm zwei Kräfte durch
das elektische Feld:
r)
r + b)
F2 = −q E(
F1 = q E(
Die Gesamtkraft auf das Dipolmoment ist
r ) − E(
r + b)
Fges = F1 + F2 = q E(
= qb
dE
E
= p∇
dr
Auf den Dipol wirken die Drehmomente um den Ladungsschwerpunkt
M1 =
b
(r)
× −q E
2
b
r + b
M2 = − × q E
2
r ) ≈ E(
r + b)
Nun ist das Drehmoment auf den Dipol mit E(
M = M1 + M2 =
b
(r + b) + E
(r) ≈ p × E(
r)
×q E
2
b) Betrachtet man nun einen Dipol im homogenen Feld mit
= Eex
E
und es wirkt keine Kraft auf den Dipol. Es ist
so verschwindet ∇E
F = 0
Für das Drehmoment auf den Diopl gilt nun
M = p × Eex = pE(pˆ × ez ) = pE sin(α)
Das Drehmoment verschwindet also, wenn das Dipolmoment parallel zum elektrischen
Feld ist. Das Teilchen wird sich immer parallel zum Feld ausrichten.
4
Thomas Lorenz
Arne Thoma - Gruppe 8
Übungsblatt 7 IK2
Aufgabe 1: Bildladungen
a) Für die Kraft auf die Ladung q1 sind zwei Kräfte zu betrachten. Zum einen die Kraft,
durch die Induzierte Ladung auf der Platte durch q1 zum anderen alle Kräfte durch
die Ladung q2 .
FGes = F(q1 ) + F(q2 )
Die Kraft auf das Teilchen durch induzierte Ladungen auf der Platte ist gegeben durch:
F(q1 ) =
1 q12
4πε0 A2
Für die Errechung der Kraft durch q2 wird das Feld der Ladung und Spiegelladung
betrachtet. Bei der Ladung q1 ergibt es sich zu:
1
1
q2
−
E=
4πε0 L2 d(q1 , −q2 )2
Für den Abstand zwischen q1 und −q2 ergibt sich geometrisch:
d(q1 , −q2 )2 = L2 + (2B)2 − 2L2B cos(α + π/2)
Wobei α definiert ist über:
sin(α) =
A−B
L
Nun gilt weiter
d(q1 , −q2 )2 = L2 + (2B)2 − 4B(B − A) = L2 + 4AB
So gilt für das E-Feld bei Ladung q1
q2
q2
1
−4AB
1
=
E=
−
4πε0 L2 L2 + 4AB
4πε0 L4 + 4L2 AB
Die Gesamtkraft auf q1 ist somit gegeben durch:
2
1
4AB
q1
− q1 q2 4
FGes =
4πε0 A2
L + 4L2 AB
b) Alle Spiegelladungen von q befinden sich auf einem Kreis um 0 mit dem Radius d.
Insgesamt gibt es fünf Spiegelladungen zu q
1
−q
q
q
−q
−q
q
Für die Punktladungen in kartesischen Koordinaten gilt demnach:
√
√
b
3 b
3
−q bei (0, b)
+ q bei −
b,
− q bei −
b, −
2
2
2
2
√
q bei (0, −b)
− q bei
b
3
b, −
2
2
Aufgabe 2: Influenz im homogenen Feld
a) Das elektische Feld sei beschrieben Durch:
E = E0ex
Nun gilt für das Potential des Feldes und das Potential eines Dipols im Ursprung
φD (r) =
1 p cos(γ)
4π0 r 2
φ0 (r) = −E0 r cos(γ)
Wobei γ den Winkel zwischen Ortsvektor und ex darstellt. Nun soll das Potential an
der Kugeloberfläche stetig sein, so dass
1 p
− ER sin(γ) = 0
∂γ φ(R) = ∂γ φD (R) + ∂γ φ0 (R) = −
4π0 R2
Das ist nur erfüllt, wenn
p
− ER = 0
R2
⇒
p = 4π0 ER3
So ergibt sich für das Potential
R3
ER3
φ(r) = 2 cos(γ) + Er cos(γ) = −E r − 2 cos(γ)
r
r
2
b) Die Ladungsdichte σ ist gegeben durch:
∂φ R3
=
−ε
E(1
+
2
) cos(γ) = 3ε0 E cos(γ)
σ = −ε0
0
∂r r=R
R3
c) Die Ladung einer Kugelhälfte lässt sich nun Berechnen als
π
π π
σR2 sin(γ) dγ, dθ = 3ε0 ER2
cos(γ) sin(γ)dγ
Q± =
π
2
π
2
0
0
π
3
dθ = − ER2
4
d) Für den Dipol der Ladung der Kugelhälften muss also gelten:
p = Qd ⇒ d =
4ER3
4
= R
3R2
3
Die Ladungen müssten also einen Abstand von 4/3R haben und somit an den Punkten
Q+ bei (−2R/3, 0, 0)
sitzen.
3
Q− bei (2R/3, 0, 0)
Thomas Lorenz
Arne Thoma - Gruppe 8
Übungsblatt 8 IK2
Aufgabe 1: Dipol/Quadrupolmomente Es seien viel Ladungen q1 , q2 , q3 und q4 wie folgt
angeodnet.
q1
a
q4
q2
q3
Die Ladungsverteilung soll neutral sein. Das Monopolmoment verschwindet also.
qm = q1 + q2 + q3 + q4 = 0
a) Das Dipolmoment der Ladungsverteilung ist gegeben durch die Summe der Dipolmomente
0
a
0
−a !
=0
+ q2
+ q3
+ q4
qd = q1
a
0
−a
0
Somit muss für die Ladungen gelten:
q1 = q3
qm =0
q2 = q4 ⇒ q1 = −q2 = q3 = −q4
b) Das Quarupolmoment der Verteilung ist durch eine Matrix definiert. Für die Einträge
der Matrix (Tensor) Qi,j gilt:
Q1,1 = q1 (0 − a2 ) + q2 (3a2 − a2 ) + q3 (−a2 ) + q4 (3a2 − a2 )
= −a2 q1 + 2a2 q2 − a2 q3 + 2a2 q4
Q2,2 = q1 (3a2 − a2 ) + q2 (0 − a2 ) + q3 (3a2 − a2 ) + q4 (0 − a2 )
Q1,2
= 2a2 q1 − a2 q2 + 2a2 q3 − a2 q4
3
= Q2,1 = 3
qk xk yk = 0
k=1
Damit das Quadrupolmoment verschwindet muss also
Q1,1 = 0
Damit folgt:
und Q2,2 = 0
q1 + q3 = 0 qm =0 q1 = q2 = −q3 = −q4
⇒
q1 = −q2 = −q3 = q4
q2 + q4 = 0
1
Unter der Vorraussetzung einer neutralen Ladungsverteilung kann also bei der gegeben
Anordnung immer nur entweder das Dipolmoment oder das Quadrupolmomnet verschwinden. Damit beide Momente verschwinden wäre die einzige Möglichkeit durch q1 = q2 =
q3 = q4 = 0 gegeben.
Aufgabe 2: Bildladungen im Dielektrikum Das betrachtete Problem ist rotationssymetrisch um die z-Achse, so dass sich Zilinderkoordninaten zur Lösung anbieten. Es bezeichne
der Index 1 den Halbraum mit dem Dielektrikum mit ε1 . Nun gilt für das Potential in
Zilinderkoordinaten:
1
q
q
+
ϕ1 (r, z) =
4πε1 ε0
r 2 + (d − z)2
r 2 + (d + z)2
ϕ2 (r, z) =
1
q 4πε2 ε0 r 2 + (d − z)2
An der Übergangsfläche der Medien (z = 0) gilt nun:
E1 = E2
D1⊥ = D2⊥
a) Für die Tangentialkomponente der Feldstärke gilt:
∂ϕ2 ∂ϕ1 = −E1 = −E2 =
∂r z=0
∂r z=0
q
q q
1
1
∂
∂
+
=
2
2
2
2
2
2
4πε1 ε0 ∂r
4πε
ε
∂r
r + (d − z)
r + (d + z) z=0
r + (d − z) z=0
2 0
r
q
q q
r
−
+
=
−
√
√
√
3
3
ε1
ε2 r 2 + d2 3
r 2 + d2
r 2 + d2
ε1 q + q =
q
ε2
Für die Normalkomponente der Feldstärke gilt:
∂ϕ1 ∂ϕ2 = −ε0 ε1 E1⊥ = −D1⊥ = −D2⊥ = −ε0 ε2 E2 = ε0 ε2
ε0 ε1
∂z z=0
∂z z=0
q
q q
1 ∂
1 ∂
+
=
4π ∂z
4π ∂r r 2 + (d − z)2 r 2 + (d − z)2
r 2 + (d + z)2 z=0
z=0
√
qd
r 2 + d2
3
−√
qd
3
r 2 + d2
q − q = q Nun ist
q =
=
√
q d
r 2 + d2
3
ε1 − ε2
q
ε1 + ε2
b) Für das Potential im Halbraum 1 gilt also:
ε1 − ε2
1
1
q
+
ϕ(r, z) =
4πε1 ε0
ε1 + ε2 r 2 + (d + z)2
r 2 + (d − z)2
2
Im Falle von ε1 > ε2 ergibt sich für den Feldlinienverlauf. Die Richtung der Feldlinien
hängt von der Ladung q ab. Die gestrichelten Linien geben den Feldverlauf für ein
unendlich aúsgedehntes Dielektrikum mit ε1 an.
q
Im Falle von ε1 < ε2 ergibt sich für den Feldlinienverlauf.Die Richtung der Feldlinien
hängt von der Ladung q ab.
q
c) Für die Bildladung“ q ergibt sich nach den Ergebnissen des Teils a):
”
2ε2
q
q =
ε1 + ε2
d) Das Potential im zweiten Halbraum ergibt sich so zu:
ϕ2 (r, z) =
1
1
q
1
2ε2
q=
4πε2 ε0 r 2 + (d − z)2 ε1 + ε2
2πε0 (ε1 + ε2 ) r 2 + (d − z)2
e) Die Oberflächenladungsdichte σp ist der Grund für den Sprung der Senkrechten Komponente des Elektischen Feldes. Es gilt:
∂ϕ1 ∂ϕ2 −
σp = E1⊥ |z=0 − E2⊥ |z=0 = −
∂z z=0
∂z z=0
Nun ist :
∂ϕ1
∂z
=
=
∂ϕ2
∂z
=
q
d
ε1 − ε2
1−
√
4πε0 ε1 r 2 + d2 3
ε1 + ε2
qd
ε2
√
ε1 2πε0 (ε1 + ε2 ) r 2 + d2 3
qd
√
3
2πε0 (ε1 + ε2 ) r 2 + d2
3
Es ergibt sich nun:
σp (r) =
=
ε2
1−
ε1
qd
√
3
2πε0 (ε1 + ε2 ) r 2 + d2
q
ε1 − ε2
1
·
·√
3
2πε1 ε0 ε1 + ε2
r 2 + d2
f) Die potentielle Energie einer Ladung q im ersten Halbraum ergibt sich aus dem Potential der Punktladungen q und q . Es ist:
Epot (d) = qφ(d) =
qq 1
4πε0 ε1 2d
Die Größe der Punktladung q ist unabhängig vom d, so dass gilt
Epot (d) =
1
ε1 − ε2 q 2
·
·
8πε0 ε1 ε1 + ε2 d
Für das Elektron gilt also
Epot =
1
0.058 (1.602 · 10−19 C)2
≈ 3.25 · 10−22 J ≈ 2.02meV
·
−8 m
C
−12
2.058
10
8π8.85 · 10
Vm
4
Thomas Lorenz
Arne Thoma - Gruppe 8
Übungsblatt 9 IK2
Aufgabe 1: Wiederstand einer Kreisringscheibe
Beim Anlegen der Spannung U zwischen die innere und äußere Mantelfläche fließt im
Bereich R1 < r < R2 ein Strom. Für den Strom durch ein konzentriche Fläche innerhalb
der Kreisringscheibe gilt:
I = j · df
Damit ist:
Nun gilt nach dem ohmschen Gesetz für die Stromdichte j = σ E.
f
I = σ Ed
Mit df = r dϕ dher ist das Integral berechnen zu
d
2π
er = 2πdEσr
er ⇒ E
· er =
dϕ
dh r E
I=σ
0
0
I
2πdσr
= − grad φ:
Nun ergibt sich mit aus E
−
∂φ
· er ⇒ −dφ = I dr
=E
∂r
2πdσr
Für die Spannung U gilt nun:
U
= φr1 − φr2 =
r2
−dφ =
r1
r2
r1
I
dr
2πdσr
I
(ln r2 − ln r1 )
=
2πdσ
Der Wiederstand zwischen den Mantelflächen ergibt sich nun als:
r2
ln
r1
I
U
=
(ln r2 − ln r1 ) =
R=
I
2πdσI
2πdσ
Aufgabe 2:Brechungsgesetz der Elektrostatik
Betrachtet man die Grenzfläche zweier homogenen Dielektrika mit unterschiedlicher Permittivitätszahl ε1 bzw. ε2 so wird das E-Feld bzw. D-Feld an der Grenzfläche gebrochen.
β
ε2
(2)
E⊥
(1)
E
(2)
E
(1)
E⊥
ε1
α
1
Für α und β gilt nun:
(1)
tan(α) =
(2)
E
tan(β) =
(1)
E⊥
E
(2)
E⊥
Für das elektrische Feld gilt an einer Grenzfläche ohne zusätzliche Ladungen:
(1)
(2)
E = E
(1)
(1)
(2)
(2)
ε0 ε1 E⊥ = D⊥ = D⊥ = ε0 ε2 E⊥
Für das tangentiale elektrische Feld gilt demnach:
(1)
E⊥ =
ε2 (2)
E
ε1 ⊥
Daraus ergibt sich für die Winkel α und β:
tan(β)
tan(α)
=
ε1
ε2
Alternativ ergibt sich diese Brechungsgesetz für die Betrachtung der dielektrischen Verschiebung D. Hierbei sind die senkrechten Komponenten stetig, während die Tangentialkomponente um dem Betrag εε12 springt. Durch Einsetzen folgt dann analog:
ε2
ε1
=
tan(α)
tan(β)
2
Thomas Lorenz
Arne Thoma - Gruppe 8
Übungsblatt 10 IK2
Aufgabe 1: Widerstandsnetzwerk
Gegeben sei das Widerstandsnetzwerk mit den Widerständen R1 , .., R7 :
R7
R2
R6
R1
A
B
R4
R3
R5
Die Ströme durch die Widerstände seien bezeichnet durch Ik als Strom durch den Wiederstand Rk , analog für die Spannung über einem Wiederstand. Der Wieerstandswert jedes
einzelnen Widerstads sei R
Nun gilt nach der Knotenregel als Lineares Gleichungssystem für die Ströme:
⎞
⎛
1 −1 −1 0
0
0
0 0
1 −1 −1 0
0 0 ⎠
MI := ⎝ 0 0
0 1
0
1
0 −1 −1 0
Nach der Maschenregel gilt für die Spannungen über den
⎛
U1
⎛
⎞ ⎜ U2
⎜
1 0 1 0 1 0 0
⎜
⎜ 0 1 −1 0 −1 0 1 ⎟ ⎜ U3
⎜
⎟ ⎜
⎝ 0 0 0 1 −1 0 1 ⎠ · ⎜ U4
⎜ U5
⎜
0 0 0 0 0 1 −1
⎝ U6
U7
Wiederständen:
⎞
⎟ ⎛
⎟
⎟
⎟ ⎜
⎟=⎜
⎟ ⎝
⎟
⎟
⎠
⎞
U
0 ⎟
⎟
0 ⎠
0
Mit dem ohmschen Gesetz erhalten wir aus dem linearen Gleichungssystem für die Ströme
durch Multiplizieren mit dem Wiederstandswert R drei weitere Bedingungen für die Spannungen:
⎞ ⎛
⎞
⎛
⎞ ⎛
U
1
0
1
0
1
0
0
U1
⎟ ⎜
⎟
⎜ 0
⎜
1
−1
0
−1
0
1 ⎟
⎜
⎟ ⎜ U2 ⎟ ⎜ 0 ⎟
⎟ ⎜
⎟
⎜ 0
⎜
0
0
1
−1
0
1 ⎟
⎜
⎟ ⎜ U3 ⎟ ⎜ 0 ⎟
⎜ 0
⎟ · ⎜ U4 ⎟ = ⎜ 0 ⎟
0
0
0
0
1
−1
⎟ ⎜
⎟
⎜
⎟ ⎜
⎜ R −R −R 0
⎟ ⎜ U5 ⎟ ⎜ 0 ⎟
0
0
0
⎟ ⎜
⎟
⎜
⎟ ⎜
⎝ 0
0
R −R −R 0
0 ⎠ ⎝ U6 ⎠ ⎝ 0 ⎠
U7
0
0 R
0
R
0 −R −R
1
Löst man das so entstehende Gleichungssystem, so erhält man für die Spannungen an den
Widerständen:
⎞ ⎛ 13 ⎞
⎛
⎞ ⎛
1 0 0 0 0 0 0
U1
24
⎜ 0 1 0 0 0 0 0 ⎟ ⎜ U2 ⎟ ⎜ 7 ⎟
⎟ ⎜ 24 ⎟
⎜
⎟ ⎜
⎜ 0 0 1 0 0 0 0 ⎟ ⎜ U3 ⎟ ⎜ 1/4 ⎟
⎟
⎟ ⎜
⎜
⎟ ⎜
⎜ 0 0 0 1 0 0 0 ⎟ · ⎜ U4 ⎟ = ⎜1/24⎟ · U
⎟ ⎜ 5 ⎟
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜ 0 0 0 0 1 0 0 ⎟ ⎜ U5 ⎟ ⎜
⎟ ⎜ 24 ⎟
⎜
⎟ ⎜
⎝ 0 0 0 0 0 1 0 ⎠ ⎝ U6 ⎠ ⎝ 1/6 ⎠
U7
1/6
0 0 0 0 0 0 1
Betrachtet man nun die Spannung und Strom (I1 = I) über dem ersten Wiederstand, so
erhält man für den gesamten Widerstand:
Rges =
U
=
I
24
13 U1
I
=
24 U1
24
= R
13 I1
13
Aufgabe 2: Helmholtz-Spulen
a) Eine Leiterschleife liege auf der xy-Ebene. Nun soll das vom Strom I durch die Leiterschleife erzeugte B-Feld auf der z-Achse berechnet werden.
xy
α
r
R
z
Betrachtet man nun ein Leiterstück ds als Teilstück der Leiterschleife ergibt sich für
das von dem Leitrstück erzeugte B-Feld:
0 = −
dB
μ0 · I r × ds
·
4π
|r|3
Die Komponentenweise Betrachtung des B-Feldes liefert, dass die auf der z-Achse senkrechte Komponente bei der Integration über die Leiterschleife verschwindet. Für die
zur z-Achse senktrechte Komponente gilt nun:
dB = dB
0 cos(α)
Für den Betrag des Feldes gilt nun:
|dB| =
μ0 · I
R
μ0 · I |r × ds|
·
|ds|
=
·
4π
r3
4πr 3 cos(α)
2
Das B-Feld an (0, 0, z) ergibt sich so zu:
μ0 · I
·
B (z) =
4πr 3
Nun gilt für r =
Rds =
μ0 · I · R 2
2r 3
√
0 (z) = B (z) · ez , so dass sich das B-Feld ergibt als:
R2 + z 2 und B
2
0·I ·R
0 (z) = μ
B
ez
√
3 ·
2 R2 + z 2
b) Betrachtet man nun zwei Leiterschleifen mit dem Abstand von d, die jeweils in den
Ebenen z = ± d2 liegen, ergibt sich das B-Feld auf der z-Achse durch Superpossition
der einzelnen Felder:
0 z − b
0 z + b + B
ez
B(z) =
B
2
2
⎡
⎤
=
μ0 · I · R 2 ⎢
⎣
2
1
1
⎥
3 + 3⎦
2
2
R2 + z + 2b
R2 + z − 2b
c) Soll das B-Feld im Punkt (0, 0, 0) möglichst homogen sein, so müssen die ersten ortsabhängigen Komponenten der Taylorentwicklung des B-Feldes verschwinden.
Der zweite Term der Taylorentwicklung verschwindet im Nullpunkt immer, also
∂Bz (z) =0
∂z z=0
Dies ist der Fall, weil das B-Feld ebenensymmetrisch zur Leiterschleife ist und somit
die örtliche Änderung des B Feldes ebenfalls symmetrisch ist. Für zwei Leiterscheifen
gilt auch für die örtliche Änderung des B-Feldes, so dass sich die B-Feldänderung im
Ursprung gerade Kompensieren.
Soll der zweite ortsabhängige Term der Taylorentwicklung verschwinden, so muss
∂ 2 Bz (z) !
=0
∂z 2 z=0
Es muss:
⎡
!
0 =
=
R2
⎤
−3 z +
−3 z −
∂ ⎢
⎥
+
⎣
5
5⎦
∂z
2
2
R2 + z + 2b
R2 + z − 2b
z=0
−384 Iμ0 R2 R2 − d2
μ0 · I ·
2
·
b
2
b
2
(4 R2 + d2 )7/2
⇒d = R
Wenn der Abstand der Helmhotz-Spulen ihrem Radius entspricht (d=R), wird dass
Feld im Mittelpunkt der Spulen nahezu Homogen.
3
Thomas Lorenz
Arne Thoma - Gruppe 8
Übungsblatt 11 IK2
Aufgabe 1: Der Hall-Effekt
a) Auf Ladungen, die durch den Leiter fließen, wirkt nach einer Ausgleichszeit keine Kraft,
so dass die Ladungen den Leiter geradlinig durchqueren. Die Lorentzkraft wird also null.
+ v × B)
=0
q(E
Die Geschwindigkeit der Ladungen im Leiter hängt von der Stromdichte ab:
v =
1
j
nq
Da nun j senkrecht auf dem B Feld steht gilt für den Betrag des elektrischen Feldes:
E=−
1
jB
nq
Das Elektrische Feld ergibt sich aus der Hallspannung und der Breite b des Leiters
durch E = UbH , so dass gilt:
UH = −
1 I
jb
B=
B
nq
nq d
Oft wird die der materialabhängige Wert für Leiter als Hallkonstante AH =
mengeffast.
I
UH = −AH B
d
1
nq
zusam-
b) Für die empfindlichkeit der Hallsonde gilt:
S=−
1 I
UH
=
·
B
nq d
Im aktuellen Fall gilt
S=
1021 m−3
0.1A
V
1
·
≈ 4.161
−19
· 1.602 · 10 C 0.00015m
T
Aufgabe 2: Poissonsgleichung
a) Für die Rotation des Vektorpotentials A gilt nach Defninition:
=B
rot(A)
Die Coulombeichung bedeutet, dass die Divergenz des Vektorpotentials verschwinden
soll:
= 0)
div(A
1
Bekannt aus dem Ampereschen Gesetz:
×B
= −μ0 μrj
∇
Nun folgt für das Vektropotential A:
×B
=∇
× ∇
×A
μ0 μrj = ∇
∇)
·A
· (∇
A)
−(∇
= ∇
=0
2 A = −ΔA
= −∇
b) Es sei der Leiter senkrecht auf der xy-Ebene. Nun kann das Vektorpotential Kompo
nentenweise berechnet werden. Mit j = jez folgt für die Komponenten von A:
Ax = 0 Ay = 0 ΔAz = −μ0 μr j
Nun folgt aus der Gaußschen Satz für Integrale:
−μ0 μr j dV =
div(grad(Az ))dv =
V
S(V )
V
grad(Az )df
Eine Transformation in Zilinderkoordinaten liefert:
1
grad(Az )df =
(∂r Az er + ∂ϕ Az eϕ + ∂z Az ez )df
r
S(V )
S(V )
Wählen wir nun ein zilindrichers Volumen um den Leitermittelpunkt mit dem Radius
r und der Höhe h erhält man für das Volumenintegral wenn r < a:
−μ0 μr j dV = −μ0 μr jπr 2 h
V
Das Flächenintegral ist, da die Deckflächen vernachlässigt werden können und somit
df = dfer ist:
grad(Az )df =
∂r Az df = 2πrh∂r Az (r)
S(V )
S(V )
Somit ergibt sich für Az :
S(V )
grad(Az )df =
V
−μ0 μr j dV
1
∂r Az (r) = − μ0 μr jr
2
1
Az (r) = − μ0 μr jr 2
4
Für den Fall r > a ergibt sich der Zusammenhang:
grad(Az )df =
−μ0 μr j dV
S(V )
V
2πrh∂r Az (r) = −μ0 μr jπa2 h
=I
μ0 μr I 1
·
∂r Az (r) = −
2π
r
r
μ0 μr I
ln
Az (r) = −
2π
r0
2
Durch eine Wahl der Randbedingung Az (a) = 0 ist A an der Leiteroberfläche stetig.
Für die Vektorpotentialkomponente folgt dann mit j = πaI 2 :
Az (r) =
2
μ0 μ1 I
1 − ar 2
4π
μ2 I
ln ar
− μ02π
r<a
r≥a
c) Betrachtet man die B-Feld komponenten in Zilinderkoordinaten, so ergibt sich aus
=B
und A
= (0, 0, Az ):
rot(A)
1
Br = ∂ϕ Az (r) = 0
r
Bϕ = −∂r Az
Bz = 0
Betrachtet werden muss also nur die ϕ-Komponente des B-Feldes:
Bϕ (r) = −∂r Az (r)
Führt man nun die Differntation aus ergibt sich:
Bϕ (r) =
μ0 μ1 I r
2π a2
μ0 μ2 I
2πr
r<a
r≥a
als:
= μ0 H
Das H-Feld erbibt sich aus dem Zusammenhang B
μ1 I r
r<a
a2
Hϕ (r) = μ2π
2I
r≥a
2πr
Für das H und B-Feld sind die Br und Bz bzw. Hr und Hz jeweils Null.
3