Übungsblatt 02
PHYS3100 Grundkurs IIIb (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt)

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

3. 11. 2003 oder 10. 11. 2003

Aufgaben

1. Eine Kugel mit dem Radius $R$ hat im Inneren eine Ladungsverteilung wie $\rho(r) = (\rho_0/R)\cdot r$. Berechnen Sie das elektrische Feld $\vec E(r)$ und das elektrostatische Potential $U(r)$ für $r=0\ldots \infty$.
2. Zeigen Sie, analog zum Gravitationsfeld, dass die Coulombkraft ein konservatives Kraftfeld ist.
3. Zwei vom Betrage her gleich grosse Ladungen, $+q$ und $-q$, befinden sich an den Orten $A_- = (-d/2;0;0)$ und $A_+ = (d/2;0;0)$. Berechnen Sie $\vec E (\vec r)$. Geben Sie eine Näherung bis zur ersten nichttrivialen Ordnung für $\left\vert\vec r\right\vert \rightarrow \infty$ an. Geben Sie eine Näherung bis zur ersten nichttrivialen Ordnung für $\left\vert\vec r\right\vert \rightarrow 0$ an.
4. 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.
   
5. Gegeben seien zwei konzentrische Kugeln mit den Radien $R_1$ und $R_2 > R_1$. Ein Elektron werde im gleichen Abstand vom inneren und vom äusseren Zylinder, also bei $(R_1+R_2)/2$ mit der Geschwindigkeit $v$ tangential zu den Kugeln eingeschossen. Beide Kugeloberflächen tragen Ladungen, die vom Betrage her gleich sind. Wie gross müssen die Ladungen auf dem inneren und auf dem äusseren Kugel sein, damit das Elektron eine geschlossene Kreisbahn beschreibt?

Lösungen

1. Wir berechnen die Lösung innerhalb der Kugel verwenden die Gleichung
   
   $$\displaystyle\int\limits_{a}^{}\!\!\!\!\displaystyle\int{} \v... ...its_{V(A)}^{}\!\!\!\!\displaystyle\int{} \rho_{el}(\vec r) dV$$
   
   
   oder
   
   $$\displaystyle\int\limits_{a}^{}\!\!\!\!\displaystyle\int{} \v... ...its_{V(A)}^{}\!\!\!\!\displaystyle\int{} \rho_{el}(\vec r) dV$$
   
   
   Das gestellte Problem ist kugelsymmetrisch, also muss auch die Lösung kugelsymmetrisch sein.
   
   $$\displaystyle\int\limits_{a}^{}\!\!\!\!\displaystyle\int{} \v... ...\limits_{V(A)}^{}\!\!\!\!\displaystyle\int{} \rho_{el}( r) dV$$
   
   
   Das erste Integral ergibt (da $E(r)$ über der ganzen Kugeloberfläche konstant ist)
   
   $$\displaystyle\int\limits_{a}^{}\!\!\!\!\displaystyle\int{} \v... ...\varepsilon_0 E(r)\cdot A(r) = \varepsilon_0 E(r)\cdot 4\pi r^2$$
   
   
   Das zweite Integral ergibt
   $$\begin{eqnarray*}\displaystyle\int\!\!\!\!\displaystyle\int\limits_{V(A)}^{}\!\!... ...c{4\pi \rho_0}{R}\frac{r^4}{4}\\ &=& \frac{\pi \rho_0 r^4}{R} \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Damit bekommen wir
   
   $$\varepsilon_0 E(r)\cdot 4\pi r^2 = \frac{\pi \rho_0 r^4}{R}$$
   
   
   Vektoriell geschrieben bekommen wir
   
   $$\vec E (\vec r) = \frac{\rho_0 r^2}{4\varepsilon_0 R}\frac{\vec r}{r} = \frac{\rho_0 r}{4 \varepsilon_0 R}\vec r$$
   
   
   Ausserhalb der Kugel gilt das Coulombsche Gesetz
   
   $$\vec E(\vec r) = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r^3}\vec r = \... ...on_0 r^3}\vec r = \frac{\rho_0 R^3}{4 \varepsilon_0 r^3}\vec r$$
   
   
   Zusammen
   
   $$\vec E(\vec r) =\left\{ \begin{array}{ccc} \frac{\rho_0 r}{4... ...r^3}\vec r & \textrm{f{\uml u}r} & r >R \\ \end{array}\right.$$
   
   
   Das elektrostatische Potential ist (Kugelsymmetrie)
   $$\begin{eqnarray*}U(r) &=& -\int\limits_\infty^r E(\tilde r) d\tilde r\\ &=& -\... ...ert _\infty^r \\ &=& \frac{\rho_0 R^3}{4 \varepsilon_0 r} \\ \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Innerhalb der Kugel erhalten wir
   $$\begin{eqnarray*}U(r) &=& -\int\limits_R^r E(\tilde r) d\tilde r+ U(R)\\ &=& -... ...R^2}{3 \varepsilon_0}- \frac{\rho_0 r^3}{12 \varepsilon_0 R}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Zusammen
   
   $$U(r)= \left\{\begin{array}{ccc} \frac{\rho_0 R^2}{3 \varepsi... ...psilon_0 r} & \textrm{f{\uml u}r} & r>R \\ \end{array}\right.$$
   
   

2. • 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.

3. Das gesamte elektrostatische Potential am Ort $\vec r = (x;y;z)$ ist
   
   $$\vec E((x;y;z)) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 }\left(\frac{(x-... ...} -\frac{(x+d;y;z)}{\left((x+d)^2+y^2+z^2\right)^{3/2}}\right)$$
   
   
   Wir klammern $d$ im Nenner aus
   $$\begin{eqnarray*} \vec E((x;y;z)) &=& \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 }\left(\frac{... ...\left(1+\frac{2dx+d^2}{x^2+y^2+z^2}\right)\right]^{3/2}}\right) \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Für $r \rightarrow \infty$ kann $\left(1+\frac{2dx+d^2}{x^2+y^2+z^2}\right)^{-3/2}$ entwickelt werden.
   $$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\left(1+\frac{\mp 2dx+d^2}{x^2+y^2+z^2}\right)^{3/2}... ...2+z^2}\\ &=& 1 +\frac{3}{2}\frac{\pm 2dx-d^2}{x^2+y^2+z^2}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Wir setzen weiter
   
   $$(x\mp d; y; z) = (x;y;z) \mp (d,0;0)$$
   
   
   Zusammen erhalten wir also
   $$\begin{eqnarray*} \frac {4\pi\varepsilon_0}{q}\vec E((x;y;z)) &=& \frac{(x-d;y... ...t.+ \frac{1}{\left(x^2+y^2+z^2+2dx+d^2\right)^{3/2}}\right)\\ \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   $$\begin{eqnarray*} \frac {4\pi\varepsilon_0}{q}\vec E((x;y;z)) &=& (x;y;z)\left(... ...t(x^2+y^2+z^2\right)^{5/2}}\left(2x^2+2y^2+2z^2 -3d^2\right)\\ \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   

   oder
   

   $$\vec E((x;y;z)) = \frac{qd}{2\pi\varepsilon_0\left(x^2+y^2+z^2\right)^{5/2}}\left(3x^2-x^2-y^2-z^2;3yx;3zx\right)$$
   
   
   
   
   $$\vec E((x;y;z)) = \frac{qd}{2\pi\varepsilon_0\left(x^2+y^2+z^2\right)^{5/2}}\left(2x^2-y^2-z^2;3yx;3zx\right)$$
   
   
   Für $\vert\vec r\vert \rightarrow 0$ ist $d\gg x$, $d\gg y$ und $d\gg z$. Wir linearisieren
   $$\begin{eqnarray*}\frac{1}{((x\mp d)^2+y^2+z^2)^{3/2}} &=& ((x\mp d)^2+y^2+z^2)^... ...{x}{d}\right)\\ &=& d^{-3}\left(1 \pm 3 \frac{x}{d}\right)\\ \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Also bekommen wir
   $$\begin{eqnarray*} \frac {4\pi\varepsilon_0}{q}\vec E((x;y;z)) &=& \frac{(x-d;y... ...t)\right)\\ &=& \frac{6x(x;y;z)}{d^4}-\frac{2(d;0;0)}{d^3}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   
   
   $$\vec E((x;y;z)) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 d^4}\left(6x^2-2d^2;6yx;6zx\right)$$
   
   
   
   
   $$\vec E((x;y;z)) = \frac{q}{2\pi\varepsilon_0 d^4}\left(3x^2-d^2;3yx;3zx\right)$$
   
   

4. • 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 $\left( \tilde{x};0;0\right)$
   • 
     
     $$\vec{E}\left( x,y,z\right) =\frac{\rho }{3\epsilon _{0}}\le... ...gin{array}{c} x-\tilde{x} \\ y \\ z \end{array} \right)$$
     
     

   • In unserem Falle ist innerhalb der kleinen Kugel:
     
     $$\vec{E}\left( x,y,z\right) =\frac{\rho }{3\epsilon _{0}}\le... ...left( \begin{array}{c} b \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)$$
     
     
     was zu zeigen war.
5. Die Ladung auf der inneren Kugeloberfläche kann durch eine Punktladung $Q$ beschrieben werden. Die Ladung der äusseren Kugelschale trägt nichts zum Feld bei. Die Bahngeometrie verlangt eine Zentripetalkraft
   
   $$F_z = -m \frac{2v^2}{R_1+R_2}$$
   
   
   die durch die Coulombkraft gegeben ist
   
   $$F_C = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{-4eQ}{(R_1+R_2)^2}=\frac{1}{\pi\varepsilon_0} \frac{-eQ}{(R_1+R_2)^2}$$
   
   
   Gleichsetzen
   
   $$-m \frac{2v^2}{R_1+R_2}= \frac{1}{\pi\varepsilon_0} \frac{-eQ}{(R_1+R_2)^2}$$
   
   
   
   
   $$m \frac{2v^2}{R_1+R_2}= \frac{1}{\pi\varepsilon_0} \frac{eQ}{(R_1+R_2)^2}$$
   
   
   
   
   $$2m v^2= \frac{1}{\pi\varepsilon_0} \frac{eQ}{(R_1+R_2)}$$
   
   
   
   
   $$2\pi\varepsilon_0m v^2= \frac{eQ}{(R_1+R_2)}$$
   
   
   
   
   $$2\pi\varepsilon_0m (R_1+R_2) v^2= eQ$$
   
   
   und damit
   
   $$Q=\frac{2\pi\varepsilon_0}{e}m v^2 (R_1+R_2)$$
   
   

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