Aufgabenblatt zum Seminar 03 PHYS70357 Elektrizitatslehre und Magnetismus (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Aufgabenblatt zum Seminar 03
PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus
(Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Othmar Marti, (othmar.marti@uni-ulm.de)

06. 05. 2009

1 Aufgaben

Eine Kugel mit dem Radius R hat im Inneren eine Ladungsverteilung wie
ρ(r) = ρ₀ sin(π ⋅r∕(2R). Berechnen Sie das elektrische Feld E(r) und das elektrostatische Potential U(r) für r = 0…∞.
An einem homogenen Würfel (Masse m) mit der Seitenlänge a, dessen Schwerpunkt im Koordinatenursprung liegt und dessen Kanten parallel zum kartesischen Koordinatensystem liegen, sind die folgenden Ladungen befestigt.

Der Würfel befindet sich in einem homogenen elektrischen Feld mit = .
1. Berechnen Sie die Kraft und das Drehmoment auf den Würfel, bezogen auf seinen Schwerpunkt.
2. Wie gross sind die anfängliche Beschleunigung und die anfängliche Winkelbeschleunigung?
Eine elektrisch neutrale Metallkugel vom Radius R = 7 cm soll auf die Ladung q = 15 µC aufgeladen werden.
1. Welche Arbeit W ist dazu erforderlich?
2. Welche Spannung U liegt dann an der Kugel?
3. Welche Beziehung folgt für W, U und q?
α-Teilchen (He⁺⁺) werden mit einer kinetischen Energie E_α = 2 MeV entlang einer Linie durch die Mitte des Atomkerns eines Aluminiumatoms (Ordnungszahl 13) geschossen. Die Teilchen werden durch die Coulombkraft gebremst und entlang der Einfallslinie zurück reflektiert. Berechnen sie den Abstand des Umkehrpunktes zum Mittelpunkt des Atomkerns. Vernachlässigen sie den Einfluss der Elektronen!
Bei ungestörtem schönem Wetter beträgt das senkrechte elektrische Feld in Bodennähe E_B = 130 V/m und in h = 10 km Höhe E₁₀ = 4 N/C.
1. Welche Flächenladungsdichte σ der Erdoberfläche und welche als homogen angenommene Raumladungsdichte ρ > 0 folgt aus den Angaben?
2. Berechne den Potentialverlauf zwischen der Erdoberfläche und h = 10 km.
Die Lage eines idealen Drahtes mit der Linienladungsdichte λ ist durch die Gerade $( ) s r (s) = ( d ) 1 0$
gegeben. Die Lage eines zweiten idealen Drahtes mit der Linienladungsdichte -λ ist durch die Gerade
$( ) s r2(s) = ( - d ) 0$
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 Seminar 12 Minuten)
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
1. die Geschwindigkeit (t)
2. den Ort (t)
3. die Gesamtenergie E_tot(t)

2 Lösungen

Die Ladungsverteilung ist

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

∫∫ ∫ ∫∫ D (r) ⋅da(r) = ρel(r )dV A V (A )

oder im Vakuum

∫∫ ∫ ∫∫ ε0E (r)⋅da (r) = ρel(r)dV A V (A)

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.

∫ ∫ ∫∫ ∫ ε0E(r) ⋅da(r) = ρel(r)dV A V(A)

Das erste Integral ergibt (da E(r) über der ganzen Kugeloberfläche konstant ist)

∫ ∫ ε0E(r) ⋅da(r) = ε0E (r) ⋅A(r) = ε0E (r)⋅4πr2 A

Das zweite Integral ergibt
(Bronstein Nr. 280: ∫ x² sin axdx = 2x-
a2 sin ax - ( )
x2 -2
a - a3 cos ax )

V (A) ρ_el(r)dV	= ∫ ₀^r ∫ ₀^2π ∫ ₀^πρ₀ sin sin θdθdϕ ²d
	= 4πρ₀ ∫ ₀^π sin ²d
	= 4πρ₀₀^r
	= 4πρ₀₀^r
	= 4πρ₀
	= 8Rρ₀

Damit bekommen wir

[ ( ) ] 2 4Rr ( πr ) 2 8R2 ( πr) 8R2 ε0E (r)⋅4πr = 8R ρ0 -π-- sin 2R- - r - -π2- cos 2R- - -π2-

oder

[ ( ) ] 2R-ρ0 4R- (πr-) 8R2-- ( πr-) 8R2-- E (r) = πε πr sin 2R - 1 - π2r2 cos 2R - π2r2 0

Vektoriell geschrieben bekommen wir

[ ( ) ] 2R-ρ0 4R- (-πr) -8R2- ( πr-) -8R2- r- E (r) = πε πr sin 2R - 1 - π2r2 cos 2R - π2r2 r 0

Am Rande der Kugel ist das elektrische Feld

[ ( ) ( ) ( ) ] [ ] 2R-ρ0 4R-- πR-- 8R2-- πR-- -8R2- 8ρ0R- -2 E (R ) = πε πR sin 2R - 1 - π2R2 cos 2R - π2R2 = π2ε 1 - π 0 0

Ausserhalb der Kugel gilt das Coulombsche Gesetz

[ ] R2-r- 8ρ0R3-- 2- E (r ) = E(R )r2 r = π2ε r3 1 - π r 0

Zusammen

{ [ ( ) ] 2Rρ0 4R-sin (-πr) - 1 - 8R222 cos (πr) - -8R222 r für r ≤ R E (r) = πε0 πr 2R 3 [ π r ] 2R π r r 8πρ20εR0r3 1 - 2π r für r > R

Das elektrostatische Potential ist (Kugelsymmetrie)

φ(r)	= -∫ _∞^rE( )d	=	-∫ _∞^rd
	= -∫ _∞^r	=	-_∞^r
	=

An der Grenze der Ladungsverteilung ist

[ ] 8ρ0R2 2 φ (R) = --2--- 1 - -- π ε0 π

Innerhalb der Kugel erhalten wir (Beachte auch Bronstein Nr. 283, 322 und 323, oder verwende Maple)

φ(r) - φ(R) =	-∫ _R^rE( )d
=	- ∫ _R^rd
=	- + sin + cos + -
φ(r)	= - + sin + cos + -
	+
=

Zusammen

{ 4R2ρ0 ( (r-π) (rπ) ) φ(r) = π3ε0r - 4 R + πr sin3 2R[ + 4]R cos 2R + rπ für r ≤ R 8πρ02Rε0r- 1 - 2π für r > R

Am Zentrum der Ladungsverteilung ist

4ρ0R2- φ(0) = π2ε0

Aufgabe

( ) Ex E = ( Ey ) Ez

( a ) ( ) ( ) 2a 0a 0a r1 = ( 2 ) r2 = ( - 2 ) r3 = ( 2 ) 0 0 - a2

Kraft aus Würfel = q₁ ⋅ + q₂ ⋅ + q₃ ⋅

da q₁ + q₂ + q₃ = Q₀ - 2Q₀ + Q₀ = 0 ist

F = 0 ⇒ a = 0

Drehmoment bezüglich Schwerpunkt

( ) 0 rs = ( 0 ) 0

	= ₁ + ₂ + ₃ = ₁ ×₁ + ₂ ×₂ + ₃ ×₃
	= ×
	= ×
	= Q₀
	= Q₀× = aQ₀

Trägheitsmoment bezüglich S

I_s	= ∫ _-∫ _-∫ _-dxdydz	=	∫ _-∫ _-dxdy
	= ∫ _-dy_x=-	=	∫ _-dy
	= ∫ _-dy = _-	=	= m

nun ist I_sα = M oder = M--
Is

( )
2Ez + Ey2-
( - Ex-- Ez-)
Ey2 2
2 - 2Ex

1. Ist die Kugel auf die Ladung aufgeladen, ist das Potential an ihrer Oberfläche $--˘q---- φ = 4πε R 0$
  Gegen dieses Potential muss Arbeit dW = U( )d geleistet werden, um die zusätzliche Ladung d auf die Oberfläche zu bringen. Insgesamt
  $∫q ∫q 2 W = φ (˘q)d˘q = ---1--- ˘qd˘q = --q----= 14.45 J 4π ε0R 8π ε0R 0 0$
2. Die Spannung U ist die Potentialdifferenz ins Unendliche. $--q---- U = φ (R ) - φ(∞ ) = 4πε0R = 1.927 MV$
3. $W = QU-- 2$
Vom Potential zur die potentielle Energie kommt man, indem man mit der Testladung multipliziert. Das Potential des Aluminium-Kerns ist $φAlu(r) = -qAlu-- 4πε0r$
folgt
$qAluqα E α = qαφAlu(rmin) = 4π ε0r$
und mit q_α = 2e und q_Alu = 13e
$rmin = 18.7 fm$

Aus der Aufgabe geht nicht hervor, ob die Erdoberfläche positiv oder negativ geladen ist. Die Raumladungszone kann jedoch nur durch Ionisierung von Atomen oder Molekülen entstehen. Nun ist es viel leichter, dass Atome oder Moleküle ein Elektron verlieren als dass sie eines bekommen. Deshalb muss die Raumladungszone positiv sein. Die Oberflächenladung der Erde ist negativ. Da auf der Höhe h das elektrische Feld kleiner als auf der Erdoberfläche ist, muss die Raumladung die Oberflächenladung kompensieren.

Wir nehmen an, dass die Erde bis auf ihre Oberflächenladungsdichte ungeladen ist. Wir wissen, dass $2 2 2 2 4πR E σ = 4πR ED (RE ) = 4πR E ε0E (RE ) = - 4πR E ε0EB = QB$
ist. Also ist
$σ = - ε E 0 B$
Dabei Q_B die negative Gesamtladung der Erdoberfläche.
Die positive Raumladungsdichte ρ_R soll homogen sein. Dann ist die gesamte Raumladung bis in die Höhe h
$( ) 4π- (RE + h)3 - R3 ρR = QR = - QB 3 E$
sein. Die Raumladung Q_B muss auf der Höhe h das elektrische Feld E_eff = sein.
$2 4π-( 3 3 ) QR = 4 π(RE + h) ε0Eeff = 3 (RE + h) - RE ρR$
und
$3-(RE-+-h-)2ε0Eeff 3(RE--+-h)2ε0-|EB----E10-| ρR = 3 3 = 3 3 (RE + h) - R E (RE + h) - RE$

Da R_E ≫ h ist, können wir ³ - R_E³ ≈ 3R_E²h und ² ≈ R_E² setzen und erhalten
$3R2 ε0|EB - E10| ε0|EB - E10| ρR = --E-----2--------= ------------- 3R Eh h$

Wir setzen noch die Zahlenwerte ein:
$-12 2 2 -9 2 σ = - ε0EB = - 8.85 ⋅10 C /(Nm )⋅130 N/C = - 1.15 ⋅10 C/m$

(Alle 11 µm muss ein Überschusselektron sein.)
$ε0-|EB----E10| 8.85-⋅10-12-C2/(Nm2--)⋅ |130-N/C---4-N/C--| -13 3 ρR = h = 10000 m = 1.15 ⋅10 C/m$
(In der Atmosphäre sind die positiven Ionen im Mittel 11 mm auseinander.)

Die positive Raumladung ist homogen, das heisst, wir können das Resultat für g bei einer homogenen Erde verwenden. Dort nimmt g linear zu. Also nimmt auch hier E linear zu. Dann nimmt das Potential φ quadratisch zu.

φ(R_E + h) - φ(R_E) = U	= -∫ _{R_E}^R_E+zd
	= _{R_E}^R_E+z
	= E_Bz - + R_Ez
	= E_Bz - + 2R_Ez
	= z
	= z

Wenn wir z = h setzen erhalten wir

U = EB-+--E10h = 0.67 MV 2

Da das Problem entlang der x-Achse translationssysmmetrisch ist, müssen wir nur die yz-Ebene betrachten. Aus dem Gaussschen Gesetz folgt $( ) λ 0 E (x,y,z) = ------------------- ( y ± d ) 2 πϵ0((y ± d)2 + z2) z$

Insgesamt erhalten wir
$⌊ ( ) ( ) ⌋ λ 1 0 1 0 E (x,y,z) = -----⌈ --------2---2--( y - d ) - --------2---2--( y + d ) ⌉ 2π ϵ0 ((y - d) + z ) z ((y + d) + z ) z$

Bei einem Draht ist das Potential um den Draht zylindersymmetrisch. Wäre der Draht bei y = 0,z = 0 hätten wir
$∫r ( ) λ dr λ r φ(r) = φ(r0) - 2πϵ-r-= φ (r0) - 2πϵ-ln r- r0 0 0 0$

Hier verwenden wir r₀ = d und verschieben das Potential nach ±d. Weiter setzen wir für beide Drähte φ(d) = 0 und erhalten
$⌊ ( ∘ -------------) ( ∘ -------------) ⌋ λ (y - d)2 + z2 (y + d)2 + z2 φ(x,y,z ) = - ----⌈ln ( --------------- ) - ln ( ---------------) ⌉ 2πϵ0 d d$

$(∘ -------------) λ (y - d)2 + z2 φ(x,y,z ) = ------ln -------2----2 2 πϵ0 (y + d) + z$
Das Teilchen wird in die +z-Richtung beschleunigt (Vorzeichen regeln die Richtung automatisch)
1. Die Geschwindigkeit ist $( ) v0 v(t) = ( 0 ) qE0 m t$
2. Der Ort ist $( ) v0t s(t) = ( 0 ) qE0-2 2m t$
3. Die Energie setzt sich aus der anfänglichen kinetischen Energie sowie der beim Fall durch das elektrische Feld in kinetische Energie umgesetzen potentiellen Energie zusammen. Da wir ein homogenes Feld haben, gilt analog zu „mgh“ $Epot = E0qz$
  und
  $1- 2 qE0- 2 1- 2 q2E20 2 E (t) = 2 m0v 0 + E0q 2m t = 2 m0v0 + 2m t$

3 Nachtrag: Lösung zu Aufgabe 2, Aufgabenblatt 2

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

E (0) = 0 x

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3 Nachtrag: Lösung zu Aufgabe 2, Aufgabenblatt 2

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