Der Würfel befindet sich in einem homogenen elektrischen Feld mit = .
gegeben. Die Lage eines zweiten idealen Drahtes mit der Linienladungsdichte -λ ist durch die Gerade
gegeben. Berechnen Sie für einen beliebigen Punkt P = (x,y,z) mit y≠±d das elektrische Feld und das Potential.
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Im Raum herrscht das elektrische Feld (x,y,z) = E0. Zur Zeit t = 0 hat ein Teilchen der Masse m und der Ladung q die Geschwindigkeit 0 = v0. Berechne
Diese Kurve (und die weiteren Kurven) wurden mit Maple berechnet. Dazu wurde exemplarisch R = 1 mm und ρ0 = 1 µC/m3 gesetzt.
Wir berechnen die Lösung innerhalb der Kugel verwenden die Gleichung
oder im Vakuum
Das gestellte Problem ist kugelsymmetrisch, also muss auch die Lösung kugelsymmetrisch sein. Wir setzen A als Kugelschale mit dem Zentrum der geladenen Kugel im Zentrum der Kugelschale.
Das erste Integral ergibt (da E(r) über der ganzen Kugeloberfläche konstant ist)
Das zweite Integral ergibt
(Bronstein Nr. 280: ∫
x2 sin axdx = sin ax - cos ax )
V (A) ρel(r)dV | = ∫ 0r ∫ 02π ∫ 0πρ 0 sin sin θdθdϕ 2d | ||
= 4πρ0 ∫ 0π sin 2d | |||
= 4πρ00r | |||
= 4πρ00r | |||
= 4πρ0 | |||
= 8Rρ0 | |||
oder
Vektoriell geschrieben bekommen wir
Am Rande der Kugel ist das elektrische Feld
Ausserhalb der Kugel gilt das Coulombsche Gesetz
Zusammen
Das elektrostatische Potential ist (Kugelsymmetrie)
φ(r) | = -∫ ∞rE( )d | = | -∫ ∞rd | ||||
= -∫ ∞r | = | -∞r | |||||
= | |||||||
Innerhalb der Kugel erhalten wir (Beachte auch Bronstein Nr. 283, 322 und 323, oder verwende Maple)
φ(r) - φ(R) = | -∫ RrE( )d | ||
= | - ∫ Rrd | ||
= | - + sin + cos + - | ||
φ(r) | = - + sin + cos + - | ||
+ | |||
= | |||
Am Zentrum der Ladungsverteilung ist
Kraft aus Würfel = q1 ⋅ + q2 ⋅ + q3 ⋅
da q1 + q2 + q3 = Q0 - 2Q0 + Q0 = 0 ist
Drehmoment bezüglich Schwerpunkt
= 1 + 2 + 3 = 1 ×1 + 2 ×2 + 3 ×3 | |||
= × | |||
= × | |||
= Q0 | |||
= Q0× = aQ0 |
Trägheitsmoment bezüglich S
Is | = ∫ - ∫ - ∫ - dxdydz | = | ∫ - ∫ - dxdy | ||||
= ∫ - dyx=- | = | ∫ - dy | |||||
= ∫ - dy = - | = | = m |
nun ist Isα = M oder =
= | = |
Gegen dieses Potential muss Arbeit dW = U( )d geleistet werden, um die zusätzliche Ladung d auf die Oberfläche zu bringen. Insgesamt
folgt
und mit qα = 2e und qAlu = 13e
ist. Also ist
Dabei QB die negative Gesamtladung der Erdoberfläche.
Die positive Raumladungsdichte ρR soll homogen sein. Dann ist die gesamte Raumladung bis in die Höhe h
sein. Die Raumladung QB muss auf der Höhe h das elektrische Feld Eeff = sein.
und
Da RE ≫ h ist, können wir 3 - R E3 ≈ 3R E2h und 2 ≈ R E2 setzen und erhalten
Wir setzen noch die Zahlenwerte ein:
(Alle 11 µm muss ein Überschusselektron sein.)
(In der Atmosphäre sind die positiven Ionen im Mittel 11 mm auseinander.)
φ(RE + h) - φ(RE) = U | = -∫ RERE+zd | ||
= R ERE+z | |||
= EBz - + REz | |||
= EBz - + 2REz | |||
= z | |||
= z |
Insgesamt erhalten wir
Bei einem Draht ist das Potential um den Draht zylindersymmetrisch. Wäre der Draht bei y = 0,z = 0 hätten wir
|
Hier verwenden wir r0 = d und verschieben das Potential nach ±d. Weiter setzen wir für beide Drähte φ(d) = 0 und erhalten
und
Das elektrische Feld hat an der Stelle (0; 0; 0) aus Symmetriegründen nur eine x-Komponente.
n | Q0 | -Q0 |
-2 | 49 | 81 |
-1 | 9 | 25 |
0 | 1 | 1 |
1 | 25 | 9 |
2 | 81 | 49 |
Die Tabelle zeigt, dass zu jeder positiven Ladung an einem Ort eine negative dem Betrage nach gleich grosse Ladung existiert. Also ist