Übungsblatt 02
Grundkurs IIIb für Physiker

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

4. 11. 2002 oder 11. 11. 2002

Aufgaben für die Übungsstunden

1. Zeigen Sie, dass die Coulombkraft ein konservatives Kraftfeld ist.
2. Zeigen Sie, dass die aus dem Coulomb-Gesetz hergeleitete potentielle Energie einer Testladung im Feld einer Punktladung die Poisson-Gleichung erfüllt.
3. Berechne die Kapazität eines koaxialen Zylinderkondensators bestehend aus zwei Metallröhren mit $a<b$.
   Berechnen Sie die Kapazität eines Koaxialkabels von $10 m$ Länge mit $a=0.5 mm$ und $b=5 mm$.
   
4. Zeigen Sie, dass das Potential eines Dipols für grosse Abstände $r$ durch
   
   $$\varphi\left( r,\theta\right) =\frac{1}{2\pi\epsilon_{0}}\fra... ...\theta}{r2}=\frac{1}{2\pi\epsilon_{0}}\frac{p\cos\theta}{r^{2}}$$
   
   
   oder
   
   $$\varphi\left( r,z\right) =\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{pz}{r^{3}}$$
   
   
   ist.
   

Hausaufgaben

1. Eine nichtleitende Kugel mit dem Radius $a$ und dem Mittelpunkt im Ursprung habe einen kugelförmigen Hohlraum mit dem Radius $b$ und dem Mittelpunkt bei $x=b,$ $y=0$ und $z=0$. Die Kugel besitze die homogene Raumladungsdichte $\rho$. Zeigen Sie, dass das elektrische Feld im Hohlraum homogen ist und durch $E_{x}=\rho b/3\epsilon_{0}$ sowie $E_{y}=E_{z}=0$ beschrieben wird. Hinweis: ersetzen Sie den Hohlraum durch Kugeln mit gleich grossen positiven und negativen Ladungsdichten.
   
2. Die elektrostatische Kraft auf eine Ladung in einem bestimmten Punkt ist das Produkt der Ladung und des von allen anderen Ladungen erzeugten elektrischen Feldes. Betrachten Sie eine kleine Ladung auf der Oberfläche eines Leiters: $\Delta q=\sigma\Delta A$.
   1. Zeigen Sie, dass die elektrostatische Kraft auf die Ladung gleich $\sigma^{2}\Delta A/2\epsilon_{0}$ ist.
   2. Erklären Sie, warum dies gerade die Hälfte von $\Delta qE$ ist, wobei $E=\sigma/\epsilon_{0}$ das elektrische Feld unmittelbar ausserhalb des Leiters an diesem Punkt ist.
   3. Die Kraft pro Flächeneinheit heisst elektrostatische Beanspruchung. Berechnen Sie diese, wenn sich eine Ladung von $2\mu C$ auf einer leitenden Kugel mit dem Radius $10 cm$ befindet.

Lösungen Aufgaben für die Übungsstunde

1. • Coulombkraft
     
     $$F\left( r\right) =\frac{1}{4\pi \epsilon _{0}}\frac{Q_{1}Q_{2}}{r^{3}}\vec{r}$$
     
     

   • Ein Kraftfeld ist konservativ, wenn $\vec{\nabla}\times \vec{F}=0$ ist.

   • Zu zeigen ist $\vec{\nabla}\times\left( \frac{\vec{r}}{r^{3}}\right) =0$

   • 
     

     $$\left( \begin{array}{c} \frac{\partial }{\partial x} \\ \fr... ...) ^{\frac{3}{2}}}%% \end{array}%% \right) = {\textrm{\Huge ?}}$$
     
     

   • Wir berechnen

     
     

     $$\frac{\partial }{\partial x}\left( \frac{y}{\left( x^{2}+y^{... ...}}=\frac{-3xy}{\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) ^{\frac{5}{2}}}$$
     
     

   • also
     $$\begin{eqnarray*} \frac{\partial }{\partial y}\left( \frac{z}{\left( x^{2}+y^{2}... ...3zy}{\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) ^{\frac{5}{2}}}\right) &=&0 \end{eqnarray*}$$
     
     
     
     
     

     und zyklisch

   • In Kugelkoordination ist $F\left( r,\theta ,\varphi \right) =\frac{%% Q_{1}Q_{2}}{4\pi \epsilon _{0}}\left( \begin{array}{c} \frac{1}{r^{2}} \\ 0 \\ 0\end{array}%% \right)$

   • Die Rotation in Kugelkoordinaten ist:
     $$\begin{eqnarray*} \textrm{rot} \vec{v} &=&\frac{1}{r\sin \theta }\left\{ \frac{\... ... \frac{\partial }{\partial \theta }v_{r}\right\} \vec{e}_{\phi } \end{eqnarray*}$$
     
     
     
     
     

   • da $v_{\theta }=v_{\phi }=0$ ist folgt sofort die Behauptung.
2. • $E_{pot}=\frac{1}{4\pi \epsilon _{0}}\frac{Q_{1}Q_{2}}{r}$

   • Poisson-Gleichung: (aus dem Potential mit $E_{pot}=U\cdot Q_{2}$

     
     

     $$\Delta E_{pot}=\frac{\rho_{ el}\cdot Q_{2}}{\epsilon _{0}}$$
     
     

   • wir müssen
     
     $$\Delta \frac{1}{r}=\frac{\partial ^{2}}{\partial x^{2}}\frac... ...ial ^{2}}{\partial z^{2}}\frac{1}{\sqrt{%% x^{2}+y^{2}+z^{2}}}$$
     
     

     berechnen.

   • $$\begin{eqnarray*} \frac{\partial ^{2}}{\partial x^{2}}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}... ...2}}}-\frac{1}{%% \left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) ^{\frac{3}{2}}} \end{eqnarray*}$$
     
     
     
     
     

   • $\Delta \frac{1}{r}=\frac{3\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) ^{{}}}{%% \left( x^{2... ...ght) ^{\frac{5}{2}}}-\frac{3}{\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) ^{\frac{3}{2}}}=0$
3. • Das elektrische Feld (Übungsblatt 01) ausserhalb eines zylindrischen Leiters ist
     
     $$E_{r}=\frac{1}{2\pi \epsilon _{0}}\frac{\lambda }{r}=\frac{Q}{2\pi \epsilon _{0}\ell r}$$
     
     

   • Die Potentialdifferenz ist

     
     

     $$\varphi \left( b\right) -\varphi \left( a\right) =-\int\limi... ...b}\frac{dr}{r}=-\frac{Q}{2\pi \epsilon _{0}\ell}\ln\frac{b}{a}$$
     
     

   • Die Kapazität ist:

     
     

     $$C=\frac{Q}{U}=\frac{Q}{\varphi \left( b\right) -\varphi \left( a\right) }=%% \frac{2\pi \epsilon _{0}\ell}{\ln\frac{b}{a}}$$
     
     

   • Mit den Zahlenwerten erhalten wir

     
     

     $$C=2\pi \cdot 8.85\cdot 10^{-12}\cdot 10\cdot \frac{1}{lu\frac{5}{0.5}}=24pF$$
     
     

4. • $\varphi \left( r,+q\right) =\frac{1}{4\pi \epsilon _{0}}\frac{q}{%% \sqrt{x^{2}+y^{2}+\left( z-a\right) ^{2}}}$

   • $\varphi \left( r,-q\right) =\frac{1}{4\pi \epsilon _{0}}\frac{q}{%% \sqrt{x^{2}+y^{2}\left( z+a\right) ^{2}}}$

   • $r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$

   • $$\begin{eqnarray*} \varphi \left( r,+q\right) +\varphi \left( r,-q\right) &=&\fr... ...rac{1}{\sqrt{1+\frac{2az+a^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}}%% \right) \end{eqnarray*}$$
     
     
     
     
     

   • da $r>>a$ ist, können wir entwickeln
     $$\begin{eqnarray*} \varphi _{D}\left( r\right) &=&\varphi \left( r,+q\right) +\va... ...}{4\pi \epsilon _{0}r^{3}}=\frac{pz}{%% 4\pi \epsilon _{0}r^{3}} \end{eqnarray*}$$
     
     
     
     
     

   • Rechtwinklige Dreiecke
     $$\begin{eqnarray*} r_{+}^{2} &=&\left( r-a\cos \theta \right) ^{2}+\left( a\sin\t... ...right) &=&r^{2} \\ r_{-}^{2}-2ar_{-}\cos \theta +a^{2} &=&r^{2} \end{eqnarray*}$$
     
     
     
     
     

   • $$\begin{eqnarray*} r_{+} &=&r\sqrt{1-\frac{2a}{r}\cos \theta +\frac{a^{2}}{r^{2}}... ...-}^{-} &=&r\sqrt{1+\frac{2a}{r}\cos \theta -\frac{a^{2}}{r^{2}}} \end{eqnarray*}$$
     
     
     
     
     

   • Wir verwenden die erste Ordnung in $a$

   • $$\begin{eqnarray*} \varphi _{D}\left( r,\theta \right) &=&\frac{q}{4\pi \epsilon ... ...on _{0}r^{2}}\\ &=&\frac{p\cos \theta }{4\pi \epsilon _{0}r^{2}} \end{eqnarray*}$$
     
     
     
     
     

   • Polarauftragung von $\varphi_D$
     
     Der Abstand von $(0,0)$ zu einem Punkt auf der Linie gibt die Grösse des Dipolfeldes in diese Richtung an.

Lösungen Hausaufgabe

1. • Die Kugel mit Hohlraum kann durch Überlagerung einer Kugel mit Radius $a$, zentriert um $(0,0,0)$ und der Ladungsdichte $\rho$ sowie einer Kugel mit dem Radius $b$ zentriert auf $(b,0,0)$ mit der Ladungsdichte $-\rho$ erzeugt werden.

   • E-Feld im Inneren einer homogen geladenen Kugel
     $$\begin{eqnarray*} E_{r}\left( r\right) &=&\frac{1}{4\pi \epsilon _{0}}\frac{Qr}{... ...}}\frac{4\pi }{3}\rho R^{3} \\ &=&\frac{\rho }{3\epsilon _{0}}r \end{eqnarray*}$$
     
     
     
     
     

   • x,y,z-Komponenten des elektrischen Feldes einer Kugel mit Mittelpunkt $\left( \tilde{x}%% ,0,0\right)$

   • 
     
     $$\vec{E}\left( x,y,z\right) =\frac{\rho }{3\epsilon _{0}}\left( \begin{array}{c} x-\tilde{x} \\ y \\ z\end{array}%% \right)$$
     
     

   • In unserem Falle ist innerhalb der kleinen Kugel:

     
     

     $$\vec{E}\left( x,y,z\right) =\frac{\rho }{3\epsilon _{0}}\lef... ...{0}}\left( \begin{array}{c} b \\ 0 \\ 0\end{array}%% \right)$$
     
     
     was zu zeigen war.
2. 1. Das kleine Leiterloch erzeugt das Feld $E=\frac{\sigma }{2\epsilon _{0}}.$ Dieses Feld ist auf beiden Seiten von $\Delta A$ gleich groß und entgegengesetzt gerichtet.
      • Wie die Zeichnung zeigt, rührt das Feld über der Fläche $\Delta A$ zur Hälfte von der Oberflächenladungsdichte der Rückseite; die das Innere des Leiters feldfrei macht) und zur Hälfe von der Fläche $\Delta A$ her. Damit ist erklärt, dass das Feld an der Oberfläche des Leiters $E=\frac{%% \sigma }{\epsilon _{0}}$ ist.

      • Also wirkt auf die Ladung $\sigma \Delta A$ das Feld $\frac{\sigma }{2\epsilon _{0}}$.

      • Also ist F= $\frac{\sigma }{2\epsilon _{0}}\cdot \sigma \cdot \Delta A=%% \frac{\sigma ^{2}\Delta A}{-2\epsilon _{0}}$

   2. Die Hälfte der Ladung rührt von $\Delta A$ her, der Rest von den umgebenden Ladungen.

   3. Wir haben
      • $\sigma =\frac{Q}{4\pi r^{2}}$

      • $\frac{F}{\Delta A}=\frac{\sigma ^{2}}{2\epsilon _{0}}=\frac{Q^{2}}{%% 32\pi ^{2}r^{4}\epsilon _{0}}$

      • $\frac{F}{\Delta A}=\frac{\left( 2\cdot 10^{-6}\right) ^{2}}{32\cdot \pi ^{2}\cdot \left( 0,1\right) ^{4}\cdot 8,85\cdot 10^{-12}}=14.3\frac{N}{%% m^{2}}$

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latex2html uebungsblatt02

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