Seminar vom 24. 04. 2008. Aufgabenblatt 03

Übungsblatt 03 (Hausaufgaben)
Elektrizitätslehre und Magnetismus
Bachelor Physik
Bachelor Wirtschaftsphysik
Lehramt Physik
01.05.2008
Aufgaben
1. Gegeben sind 2 Ladungen + q am Orte (a; 0; 0) und (−a; 0; 0):
(a) Berechnen Sie das Potential entlang der x-Achse.
(b) Berechnen Sie das Potential entlang der z-Achse.
(c) Ab welchem Abstand r0 ist der relative Unterschied zum Potential einer Punktladung 2q am Ort (0; 0; 0)
kleiner als ε << 1?
2. Die Ladungsdichte einer Kugel mit dem Durchmesser 2R hängt nur vom Radius ab
ρel = ρ0
R−r
R
2
Berechnen Sie U entlang eines Radius.
3. ~n ist der Normalenvektor auf die Oberfläche eines von einer Ebene begrenzten Halbraumes aus einem idealen
Metall. Der Dipol p~ liegt parallel zur Oberflächennormalen. Die Ladungen in p~ seien im Abstand `. p~ ist
im Abstand D von der Metalloberfläche.
(a) Berechnen Sie das Drehmoment und die Kraft auf p~.
(b) Wie ändern sich Kraft und Drehmoment, wenn der Dipol parallel zur Oberfläche liegt?
(c) Zeichnen Sie das Ergebnis aus (b) für ` = 10−14 m und q = 1nC für 10−10 m ≤ D ≤ 10m doppeltlogarithmisch auf.
(d) Was fällt Ihnen bei der Zeichnung (c) auf?
4. Gegeben ist eine Ladung Q = −13nC am Koordinatenursprung. Punkt A ist bei (0; 7mm; 8mm) Punkt B
liegt bei (30mm; 10mm; 5mm). Wie gross ist der Potentialunterschied zwischen A und B? Welches Potential
ist positiver?
5. In der Vorlesung wurden auf zwei 10 cm entfernte Kugeln die Ladungen +q und −q aufgebracht. Die beiden
Kugeln waren an einem Draht befestigt der beidseitig je 30 cm lang war. Die Ladungen waren in einem
homogenen elektrischen Feld von 50 kV
m.
Der Draht bestand aus einem Material mit EY = 1010 P a und der Poisson-Zahl µ = 0, 5. Sein Durchmesser
war 70µm. Der Lichtzeiger wurde auf die 10 m entfernte Wand geworfen. Dort konnten noch Bewegungen
von 1cm beobachtet werden. Wie gross muss q mindestens sein? Denken Sie daran, wenn ein Spiegel um
einen Winkel α verdreht wird, dann werden alle reflektierten Lichtstrahlen um 2α abgelenkt.
6. Gegeben ist der Potentialverlauf wie in der Zeichnung angegeben.
(a) Wo sind für positive und negative Ladungen stabile oder labile Gleichgewichtspunkte?
(b) Schätzen Sie für die Bereiche zwischen den Gleichgewichtspunkten die maximale Kraft ab.
1
10 uV
25 mV/m
5 uV
0 V/m
dU(x)/dx
U(x)
0 V
−5 uV
−10 uV
−25 mV/m
−15 uV
U(x)
dU(x)/dx
−20 uV
0 m
1 mm
2 mm 3 mm
x
2
4 mm
−50 mV/m
5 mm 6 mm
Lösungen
1.
(a)
1
q
q
1
+
4πε0 x − a 4πε0 x + a
q
x
q x+a+x−a
=
=
4πε0
x2 − a2
2πε0 x2 − a2
U (x) = +
(b)
U (z) = 2 ·
q
1
q
1
√
√
=
2
2
2
4πε0 z + a
2πε0 z + a2
(c) Potential einer Ladung 2q
U2q =
1 q
2πε0 r
in x-Richtung
U (x) − U2q (x)
=
U2q (x)
=
x
x2 −a2
1
x
x2
−
x2 − a2
a2
≤ x2 − a2 ⇒ a2
ε
r
ε+1
a
x≥
ε
1
x
−1=
1
+1
ε
a2
≤ε
x2 − a2
≤ x2
in z-Richtung
1
1
U (z) − U2q (z) √z 2 +a2 − z =
1
U2q (z)
z
z
=1− √
≤ε
2
z + a2
z
≥1−ε
z 2 + a2
z 2 ≥ (1 − ε)2 z 2 + a2
z 2 1 − (1 − ε)2 ≥ (1 − ε)2 a2
!1
2
(1 − ε)2
a mit ε 1
z≥
1 − (1 − ε)2
r
21
1 − 2ε + ε2
1
a≈
=
a
1 − 1 + 2ε − ε2
2ε
a
z≥√
2ε
√
3
2. Wir berechnen zuerst die Ladung:
Zr
q (r) = 4π
ρ0
R−r
R
2
r2 dr
0
Zr
r
r2
ρ0 1 − 2 + 2 r2 dr
R R
0
3
r
r
2r4
r5
= 4πρ0
−
+
3
4R
5R2 0
4π
6r
3 r2
3
=
ρ0 r 1 −
+
3
4 R 5 R2
3r
3 r2
4π
ρ0 r 3 1 −
+
=
3
2 R 5 R2
1 4π
q (R) =
ρ0 R3
10 3
= 4π
Zur Berechnung des Potentials verwenden wir die Definition des Potentials (oder der potentiellen Energie)
Zr
U (r) = U (∞) −
F~ (r) · d~r = U (∞) −
∞
Zr
1 q(r̃)
dr̃
4πε0 r̃2
∞
Wir müssen also von unendlich nach R integrieren. In diesem Bereich ist die Ladung ausserhalb des Integrationsbereiches. Wir können mit einer Punktladung q(R) rechnen. Weiter setzen wir U (∞) = 0.
U (r) =
R3
1
ρ0
30ε0
r
U (R) =
1
ρ0 R2
30ε0
Innerhalb der Kugel (r ≤ R) haben wir
Zr
U (r) = U (R) −
1 q(r̃)
r2 ρ0
r4 ρ0
r 3 ρ0
R2 ρ0
dr̃
=
U
(R)
−
−
+
+
4πε0 r̃2
6ε0
20ε0 R2 6ε0 R
20ε0
R
U (r) = −
r2 ρ0
r4 ρ0
r 3 ρ0
R2 ρ0
−
+
+
2
6ε0
20ε0 R
6ε0 R
12ε0
3.
(a) Kraft:
F
=
q2
4πε0
=
·
h
1
4D2
q2
4πε0
=
h
−
1
2D2
q2
4πε0
=
1
(2D−`)2
h
2q 2
4πε0
−
1
2D2
h
−
1
(2D+`)2
(2D+`)2 +(2D−`)
(4D2 −`2 )2
−
1
4D2
8D2 −2`2
(4D2 −`2 )2
−
1
4D2 −`2
2 2
`
= − 4πε0 ·4D2q2 (4D
2 −`2 )
Drehmoment: = 0 aus Symmetriegründen
4
1
+ 4D
2
i
2
i
i
i
(b)
1
q2
− 2
4πε0
4D
q2
1
F− =
− 2
4πε0
4D
F+ =
·
·
0
1
0
1
1
4D2 + `2
1
+
2
4D + `2
+
`
2D
−`
2D
F+ und F− sind symmetrisch um x = 0 ⇒ kein Drehmoment.
Kraft:
"
#
1
1
q2
0
0
− 2
+
F = F+ + F− =
3
1
4D
4πε0
2D
(4D2 + `2 ) 2
z-Komponente
q2
Fz =
4πε0
=
=
=
q2
4πε0
q2
4πε0
q2
4πε0
1
4D
− 2+
3
2D
(4D2 + `2 ) 2
3
− 4D2 + `2 2 + 8D3
!
3
2D2 (4D2 + `2 ) 2
3 2
`2
8D3 1 − 1 + 4D
2
3
2D2 (4D2 + `2 ) 2
3 2
`2
4D 1 − 1 + 4D2
3
(4D2 + `2 ) 2
(c)
attrakiver Teil
repulsiver Teil (mal −1)
Fernfeld (Kraft mal −1)
Dipol (mal −1)
100 N
1 N
10 mN
Fz
100 uN
1 uN
10 nN
100 pN
1 pN
Dipol gegen Metallebene
10 fN
100 pm 10 nm
1 um
100 um 10 mm
1 m
D
(d) Für D > 100µm fällt die Kraft wie r−4 ab. Man sieht das mit D `
Fz = −
q 2 4D 2 `2
q 2 3`2
·
·
=
−
4πε0 4D3 3 4D2
4πε0 16D4
Wenn D ` ist wird die Lösung
q2
Fz = −
4πε0
4D
1+
`2
4D2
3
2
−1
=−
3
(4D2 + `2 ) 2
5
q 2 4D`3
q2 1
=
−
4πε0 `3 8D3
4πε0 2D2
1
4D2 + `2
1
√
4D2 + `2
√
4.
Q 1
4πε0 r
q
√
rA = (7mm)2 + (8mm)2 = 113mm
p
√
rB = 302 mm2 + 102 mm2 + 52 mm2 = 1025mm
U (r) =
U (rA ) =
13 · 19−9 C
4π · 8, 85 ·
2
10−12 NC2
m
√
1
= −1, 0996 · 104 V
113 · 10−3 m
U (rB ) = −3651, 1V
U (rb ) − U (ra ) = 7345V
B liegt auf höherem Potential.
5. Gegeben sind die Drahtlänge `D = 0.3m, der Drahtdurchmesser 2R = 7 · 10−5 m, der Abstand der Ladungen
` = 0.1m, der E-Modul des Drahtes EY = 1010 P a, die Poisson-Zahl µ = 0.5, das elektrische Feld E =
5 · 104 V /m, die Länge des Lichtzeigers L = 10m und die minimal detektierbare Auslenkung ∆x0 = 0.01m.
Wir teilen die Aufgabe in Teilaufgaben:
• Schubmodul aus E-Modul EY
G=
EY
2(1 + µ)
• Das Richtmoment Dr aus den Materialkonstanten
Dr =
π R4
π
R4
G
= EY
2 `D
2
2(1 + µ)`D
• Drehmoment durch die 2 Drähte bei Auslenkung um ϕ
M = −2Dr ϕ = −πEY
R4
ϕ
2(1 + µ)`D
• Drehmoment wegen den Ladungen (wir verwenden den Cosinus, da bei ϕ = 0 Dipol und Feld senkrecht
stehen.
M = F ` cos(ϕ) = q E ` cos(ϕ)
• Wir betrachten den statischen Fall, die Summe aller Momente muss null sein.
q E ` cos(ϕ) − πEY
R4
ϕ=0
2(1 + µ)`D
• Wir suchen die minimal detektierbare Auslenkung. Deshalb ist ϕ 1 und cos(ϕ) ≈ 1. Wir erhalten
dann
R4
q E ` = πEY
ϕ
2(1 + µ)`D
• Wir lösen die Momentengleichung nach ϕ auf
ϕ=
2q E `(1 + µ)`D
πEY R4
• Wenn der Dipol um ϕ ausgelenkt wurde, wird der Lichtzeiger um β = 2ϕ ausgelenkt. Der Lichtfleck
verschiebt sich dann um
∆x = βL = 2ϕL ≥ ∆x0
• Wir setzen ϕ ein
∆x0 ≤ 2ϕL =
6
4q E `(1 + µ)`D L
πEY R4
• wir lösen nach q auf
q≥
πEY R4
∆x0 = 5.238 · 10−15 C = 5.238f C = 32694 Elektronen
4E `(1 + µ)`D L
6. Aus Der Zeichnung liest man ab
(a)
Name
x1
x2
x3
x4
x5
Ort (x-Koordinate)
0.35mm
1.50mm
2.65mm
4.02mm
5.54mm
positive Ladungen
stabil
labil
stabil
labil
stabil
negative Ladungen
labil
stabil
labil
stabil
labil
(b) Da die Ladungen nicht benannt sind, wird das elektrische Feld angegeben.
Name Ort (x-Koordinate) Elektrisches Feld
V
x6
0.85mm
13.84 · 10−3 m
V
x7
2.12mm
−3.57 · 10−3 m
V
−3
x8
3.46mm
6.70 · 10 m
V
x9
5.04mm
−25.45 · 10−3 m
7