Übungsblatt 03
Grundkurs IIIb für Physiker

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

18. 11. 2002 oder 25. 11. 2002

Aufgaben für die Übungsstunden

Elektrostatisches Potential,

1. Zwei identische, ungeladene, metallische Kugeln seien durch einen Draht verbunden (Abbildung a). Zwei ähnliche leitende Kugeln mit gleich großen, aber entgegengesetzten Ladungen werden in die Positionen gebracht, die Abbildung b) gezeigt,
   1. Zeichnen Sie die elektrischen Feldlinien zwischen den Kugeln l und 3 sowie die zwischen den Kugeln 2 und 4.
   2. Was kann man über die Potentiale $\varphi_1$, $\varphi_2$, $\varphi_3$, und $\varphi_4$ der Kugeln aussagen?
   3. Zeigen Sie, daß die Endladung auf jeder Kugel null sein muss, wenn man die Kugeln 3 und 4 mit einem Draht verbindet.
   
2. Nach dem Bohrschen Atommodell bewegt sich das Elektron des Wasserstoffatoms auf einer kreisförmigen Bahn mit dem Radius $r$ um das Proton,
   1. Stellen Sie einen Ausdruck für die kinetische Energie des Elektrons als Funktion von $r$ auf, indem Sie die auf das Elektron nach dem Coulomb-Gesetz einwirkende Kraft gleich $ma$ setzen. Hierbei ist $a$ die Zentripetalbeschleunigung. Zeigen Sie, daß bei jedem Abstand $r$ die kinetische Energie halb so groß ist wie die potentielle Energie,
   2. Es sei $r = 0.529\cdot 10^{-10}m$ der Radius der Elektronenbahn im Wasserstoffatom. Berechnen Sie $\frac{1}{2} mv^2$ sowie $E_{pot}$ und die Gesamtenergie $E_{ges} = \frac{1}{2} mv^2 + E_{pot}$ in Elektronenvolt. Die Energie $\vert E_{ges}\vert$, die nötig ist, um das Elektron aus dem Wasserstoffatom zu entfernen, heißt lonisierungsenergie.
3. Welche Kapazität hat der Plattenkondensator in der Abbildung?
   
4. Die Platten eines Kondensators haben eine Fläche von $2 m^2$ und einen Abstand von $l.0 mm$. Der Kondensator sei auf eine Spannung von $100 V$ aufgeladen. Wie groß ist
   1. die elektrische Feldstärke,
   2. die Energiedichte zwischen den Platten?
   3. Bestimmen Sie die gespeicherte Energie, indem Sie das Ergebnis von (4b) mit dem Volumen zwischen den Platten multiplizieren.
   4. Wie groß ist die Kapazität?
   5. Berechnen Sie die gespeicherte Energie als $W = \frac{1}{2}CU^2$ und vergleichen Sie das Ergebnis mit dem Resultat aus Teil (4c).
5. (freiwillige Zusatzaufgabe) Berechnen Sie die Ersatzkapazität von $a$ nach $b$ der unten stehenden Schaltung.
   

Hausaufgaben

1. Ein $20 pF$-Kondensator werde auf 3,0 kV aufgeladen, dann von der Spannungsquelle getrennt und mit einem ungeladenen $50 pF$-Kondensator verbunden
   1. Wie verteilen sich die Ladungen?
   2. Vergleichen Sie die elektrische potentielle Energie in beiden Kondensatoren vor dem Verbinden mit der nach dem Verbinden.
2. Drei Kondensatoren seien, wie in der Abbildung gezeigt, miteinander verbunden. Wie gross ist die Kapazität zwischen den Punkten $a$ und $c$?
   
3. Wie groß ist die Energiedichte in einem elektrischen Feld, dessen Feldstärke der Durchschlagsfestigkeit von Luft entspricht ($3 MV/m$)?
4. $_{}$
   1. Berechnen Sie für die Anordnung in der Abbildung mit $C_1 = 2 \mu F$, $C_2 = 6 \mu F$ und $C_3 = 3.5 \mu F$ die Ersatzkapazität,
   2. Die einzelnen Kondensatoren haben eine Durchschlagsfestigkeit $U_1 = 100V$, $U_2 = 50 V$ und $U_3 = 400 V$. Welche Spannung kann dann maximal zwischen den Punkten $a$ und $b$ angelegt werden, ohne daß Durchschläge auftreten?
   

Lösungen Aufgaben für die Übungsstunde

1. $_{}$
   1. Die Kugeln $3$ und $4$ induzieren Ladungen entgegengesetzten Vorzeichens auf den Kugeln $l$ und $2$. Daher haben die Feldlinien folgenden Verlauf:
      
   2. Weil die Kugeln $l$ und $2$ leitend miteinander verbunden sind, haben sie gleiches Potential. Die positiv geladene Kugel hat das höchste Potential und die negativ geladene das niedrigste Potential. Also ist $\varphi_3 \geq \varphi_1 = \varphi_2 \geq \varphi_4$. Die Gleichheitszeichen gelten, wenn $Q = 0$ ist. Die Potentiale der Kugeln $l$ und $2$ haben einen mittleren Wert, weil die auf ihnen induzierten Ladungen jeweils nur einen Bruchteil von $Q$ betragen.
   3. Wenn die Kugeln $3$ und $4$ leitend miteinander verbunden werden, dann haben auch sie gleiches Potential. Wegen $\varphi_3 = \varphi_4$ müssen in diesem Falle alle vier Kugeln gleiches Potential haben. Das ist nur bei $Q = 0$ möglich.
2. 1. Hier ist nach dem zweiten Newtonschen Axiom $F = m a$ bzw.
      
      $$\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{r^2} = m \frac{v^2}{r}$$
      
      
      Daraus folgt
      
      $$E_{kin} = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{2r}$$
      
      
      Die potentielle Energie ist
      
      $$E_{pot} = -\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{2r}$$
      
      
      Damit ist
      
      $$E-{kin} = \frac{1}{2}\left\vert E_{pot}\right\vert$$
      
      
      Dies gilt für alle $r$.
   2. Mit $e = 1.6 \cdot 101{-19} C$ und $r = 0.529\cdot 10^{-10}m$ ist die kinetische Energie
      
      $$E_{kin} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{2r} = 2.18 \cdot 10^{-18} J = 13.6 eV$$
      
      
      Damit erhalten wir
      
      $$E_{pot} = -2E-{kin} = -27.2 eV$$
      
      
      und
      
      $$W = E_{kin} + E_{pot} = E_{kin} - 2E_{kin} = -E_{kin} = -13.6 eV$$
      
      
      Also sind $13.6 eV$ nötig, um ein Wasserstoffatom zu ionisieren.
3. Dieser Kondensator ist eine Kombination von drei Kondensatoren, die jeweils die Fläche $A/2$ haben. Die Kondensatoren mit den Dielektrizitätszahlen $\epsilon_1$ und $\epsilon_2$ sind in Reihe geschaltet. Sie haben eine Dicke von $d/2$. Parallel dazu ist der Kondensator mit $\epsilon_3$ und der Dicke $d$.
   
   $$C = C_3 +\frac{1}{\frac{1}{C-1}+\frac{1}{C_2}} = C_3 + \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}$$
   
   
   mit
   
   $$C_1 = \epsilon_1 \epsilon_0 \frac{A/2}{d/2} = \epsilon_1 \epsilon_0 \frac{A}{d}$$
   
   
   
   
   $$C_2 = \epsilon_2 \epsilon_0 \frac{A/2}{d/2} = \epsilon_2 \epsilon_0 \frac{A}{d}$$
   
   
   
   
   $$C_3 = \epsilon_3 \epsilon_0 \frac{A/2}{d} = \frac{1}{2}\epsilon_3 \epsilon_0 \frac{A}{d}$$
   
   
   Zusammen ergibt sich mit $C_0 = \epsilon_0 A/d$
   
   $$C = \frac{\epsilon_3}{2}C_0+ \frac{\epsilon_1 C_0 \epsilon_2 ... ...silon_2 }{\epsilon_1 + \epsilon_2 }\right]\epsilon_0\frac{A}{d}$$
   
   

4. Sei $d=1mm$, $A=2 m^2$ und $U=100V$
   1. $U = E\cdot d$ und damit $E = U/d = 100V/0.001m = 10^5 V/m$
   2. Die Energiedichte $w_{el} = \epsilon_0 \frac{E^2}{2} = 8.85 \cdot 10^{-12} \frac{As}{Vm} \left(10^5 V/m\right)^2 /2 = 0.0443 J/m^3$
   3. $E = w_{el} \cdot A \cdot d = 0.0443 J/m^3 * 2 m^2 * 0.001 m = 8.85 \cdot 10^{-5} J$
   4. $C = \epsilon_0 A/d = 8.85 \cdot 10^{-12} \frac{As}{Vm} * 2 m^2 /0.001 m = 1.77 \cdot 10^{-8} F$
   5. $E = \frac{1}{2}C U^2 = \frac{1}{2} \times 1.77 \cdot 10^{-8}F \times 10000 V^2 = 8.85 \cdot 10^{-5} J$
5. Die dargestellte Schaltung ist die zweidimensionale Projektion einer vierdimensionalen Schaltung, bei der jede Kante eines Würfels die gleiche Kapazität trägt. Man nummeriert alle Ecken eines Würfels in der $n$-ten Dimension mit 0 oder 1. Wir erhalten also $n$-stellige Zahlen. Zwei Ecken sind miteinander verbunden, wenn sich die Zahl ihrer Einsen um eins unterscheidet.
   Wir erhalten die folgende Eckenzahl:
   
   • Alles 0 : 1 Ecke
   • Eine 1 : n Ecken
   • Zwei 1 : $n(n-1)/2$ Ecken
   • Drei 1 : $n(n-1)(n-2)/(1*2*3)$ Ecken
   Allgemein: Es gibt $\left(\begin{array}{c} n \\ m \\ \end{array}\right)$ Ecken eines $n$-dimensionalen Würfels mit $m$ Einsen.
   Die zweite Frage, die es zu beantworten gilt, ist: Auf wieviele Arten kann eine 1 hinzugefügt werden?
   • Alles 0 : n Arten
   • Eine 1 : (n-1) Arten
   • Zwei 1 : (n-2) Arten
   Allgemein: Wenn $m$ Einsen schon gesetzt sind, kann man auf $(n-m)$ Arten noch eine 1 dazufügen.
   Nun sind alle Ecken mit der gleichen Anzahl 1 äquivalent bezüglich Symmetrieoperationen um die Achse von $00\ldots 0$ nach $11\ldots 1$. Sie sind deshalb auf gleichem Potential.
   Die Gesamtkapazität ist also die Serieschaltung von
   • $n$ Kapazitäten von der Startecke $0000$ aus
   • $n*(n-1)$ Kapazitäten von Ecken mit einer 1
   • $n(n-1)/2 * (n-2)$ Kapazitäten von Ecken mit zwei 1
   Allgemein: $n_C(m) = \left(\begin{array}{c} n \\ m \\ \end{array}\right) \left(n-m\right)$ Kapazitäten.
   Das Resultat ist also
   
   $$\frac{1}{C_{tot}} = \sum\limits_{m=0}^{n-1}\frac{1}{\left(\be... ... m \\ \end{array}\right) \left(n-m\right)}\right]\frac{1}{C}$$
   
   
   oder
   
   $$C_{tot} = \frac{1}{\sum\limits_{m=0}^{n-1}\frac{1}{\left(\begin{array}{c} n \\ m \\ \end{array}\right) \left(n-m\right)}}C$$
   
   
   In unserem Falle haben wir
   
   $$C_{tot} = \frac{1}{\sum\limits_{m=0}^{n-1}\frac{1}{\left(\beg... ... = \frac{1}{\frac{1}{4}+\frac{1}{12}+\frac{1}{12}+\frac{1}{4}}C$$
   
   
   
   
   $$C_{tot} = \frac{1}{\frac{4}{6}}C = \frac{6}{4}C = 1.5 C$$
   
   
   Bemerkung: Dieses Verfahren lässt sich auch auf Widerstände und Spulen anwenden.

Lösungen Hausaufgabe

1. Mit $C_1 = 20 pF$ und $C_2 = 50 pF$
   1. Ladung auf $C_1$: $Q= C U = 3000 V * 2 \cdot 10^{-11} F = 6\cdot 10^{-8} C$
      Wenn die beiden Kondensatoren verbunden werden, bleibt $Q = Q_1 +Q_2$ erhalten.
      Die neue Spannung muss an beiden gleich sein.
      $U = \frac{Q_1}{C_1} = \frac{Q_2}{C_2}$
      also
      $\frac{Q_1}{C_1} = \frac{Q-Q_1}{C_2}=\frac{Q}{C_2}-\frac{Q_1}{C_2}$
      oder
      
      $$Q_1 \left(\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}\right) =\frac{Q}{C_2}$$
      
      
      
      
      $$Q_1 =Q \frac{C_1 C_2}{C_2\left(C_1+C_2\right)}=Q \frac{C_1}{\left(C_1+C_2\right)}$$
      
      
      
      
      $$Q_1 = 6\cdot 10^{-8} C \frac{20 pF}{20 pF + 50 pF} =\frac{6\cdot 2}{7}\cdot 10^{-8} C = 1.71 \cdot 10^{-8} C$$
      
      
      
      
      $$Q_2 = Q-Q_1 = 4.29 \cdot 10^{-8} C$$
      
      

   2. Die Energie vorher ist $E_1 = 0.5 C_1 U^2 = 0.5 \cdot 2\cdot 10^{-11} 3000^2 J = 9\cdot 10^{-5} J$
      Die Spannung nachher ist $U_n = \frac{Q_1}{C_1} = \frac{1.71\cdot 10^{-8} C}{2\cdot 10^{-11} F} = 855 V$
      Die Energie nachher ist $E_2 = 0.5 (C_1+C_2) U_n^2 = 0.5 \cdot 7\cdot 10^{-11} 855^2 J = 2.56\cdot 10^{-5} J$
      Wo ist die Energie hin? Sie ist in Form von Strahlung und Joulscher Wärme in den Verbindungsdrähten dissipiert.
2. $C = C_1 + \frac{1}{\frac{1}{C_2}+\frac{1}{C_3}}=C_1+\frac{C_2 C_3}{C_2+C_3}$
3. Wenn wir in der vorherigen Aufgabe $C_1$ mit $C_3$ ersetzen, erhalten wir das Resultat für diese Aufgabe.
   1. $C = C_3+\frac{C_2 C_1}{C_2+C_1} = \left(3.5+\frac{2\cdot 6}{2+6}\right) \mu F = 5 \mu F$
   2. An $C_3$ liegt die gesamte Spannung $U_{ab}$ Also ist $U_{ab}<400 V$
      Die Ladung der beiden Kondensatoren ist gleich, also teilt sich die Spannung $U = Q/C$ proportional zu den Kehrwerten der Kondensatoren auf. Die Kapazität der Serieschaltung ist $C= \frac{C_1 C_2}{C_1+C_2}$
      $U_1 = U_{ab}\frac{1/C_1}{1/C} = \frac{C}{C_1}U_{ab} = \frac{C_2}{C_1+C_2}U_{ab} = \frac{6}{8}U_{ab}$
      Also $U_{ab} < \frac{8}{6} 100 V = 133 V$
      $U_2 = U_{ab}\frac{1/C_2}{1/C} = \frac{C}{C_2}U_{ab} = \frac{C_1}{C_1+C_2}U_{ab} = \frac{2}{8}U_{ab}$
      Also $U_{ab} < \frac{8}{2} 50 V = 200 V$
      Die maximale Spannung ist $133 V$. Das schwächste Bauteil in der Schaltung ist $C_1$.

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