Übung 3 - Musterlösung

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1 Experientalphysik 2 für Lehratskandidaten und Meteorologen 5. Mai 200 Übungsgruppenleiter: Heiko Dulich Übung 3 - Musterlösung Aufgabe 6: Wann funkt es? Eigene Koordinaten r 2, 2. Hohlkugel: Koordinaten r 2,, Radius r k c 0 2, Ladung µc 0 6 C. Durchschlagsfeldstärke in Luft E Blitz 3000/ /. a Spannung U φ k φ 0, it φ k 4πε 0 r k de Potential der Hohlkugel und φ 0 0 de Potential von ir Annahe: Ich bin geerdet und nicht statisch geladen. Einsetzen in U liefert: U φ k φ 0 Elektrisches Feld bei ir E r r 4πε 0 r k k. 4πε 0 r r 2 r r r r 4πε 0 r r 2 e r E r r 2 x + r r 2 y Einsetzen in E liefert: e r, it r r 4, 3 und E Der Betrag des elektrischen Feldes ist also E } {{ } e r b U die Entfernung zu bestien, ab de ein Blitz auftreten kann, ist die Durchschlagsfeldstärke E Blitz / entscheidend. Die Hohlkugel hat ein Potential von φ k und wir benötigen die Entfernung, an de die Spannung auf angestiegen ist. D.h x [in ] 3 06 x Wir erhalten eine Entfernung von ab der ein Blitz auftreten kann, wobei wir für die einfachere Berechnung der Koordinaten 0.3 annehen. Da wir uns über den direkten Weg nähern wollen, üssen wir den Einheitsvektor e r betrachten, den wir in a berechnet haben als e r 5 4, 3. Hieraus ergeben sich eine neuen Koordinaten aus

2 r Blitz r + x e r c Die Energie ist W 2 CU2. Die Spannung haben wir in a it U berechnet. Wir benötigen noch die Kapazität der Hohlkugel C k 4πε 0 r k F, u die Energie zu bestien. Diese ergibt sich soit zu: W 2 C ku J. d U das Dipolfeld berechnen zu können, benötigen wir die elektrischen Felder beider Hohlkugeln. Das elektrische Feld der ersten Hohlkugel E a Ort r 2, haben wir in a berechnet. Das elektrische Feld der zweiten geladenen Hohlkugel a Punkt r 2.3, bei ir a Ort r 2, 2 erhalten wir äquivalent zu der Rechnung in a. Elektrisches Feld bei ir r r E 2 4πε 0 r r e r r 2 4πε 0 r r 2 2 r E e r, it r r 2 3.3, 3 und r r Einsetzen in E 2 liefert: E Der Betrag des elektrischen Feldes ist also E } {{ } e r Für das Dipolfeld bei ir a Ort r 2, 2 ergibt sich it E Dipol E + E 2 E Dipol Für den Betrag des Dipolfeldes E Dipol folgt also: E Dipol

3 Betrachten wir nun die Fernfeldnäherung E FF r r Dipol 4πε 0 r r Dipol 3 3 p cos θ r r Dipol p, wobei r 2, 2 eine Koordinaten sind, r Dipol 2 r + r 2.65, der ektor zu Mittelpunkt des Dipols ist und p d 0 6 C 0.7, C,0C das elektrische Dipoloent it d r r 2 0.7,0 ist. Wir üssen noch den ektor zwischen ir und de Mittelpunkt des Dipols und dessen Betrag berechnen r r Dipol r r Dipol 3.65, , daraus folgt für den Einheitsvektor e r r r Dipol / r r Dipol , U den Ausdruck aus Gleichung auswerten zu können, üssen wir noch p cos θ berechnen: p cos θ p e r C. Wir können jetzt alle Tere in Gleichung einsetzen und erhalten für das Dipolfeld in der Fernfeldnäherung: E FF C C Für den Betrag ergibt sich E FF C 0C Die Abweichung zwischen Näherung und exakte Ausdruck beträgt in diese Fall also unter %, wobei die x-koponente für den exakten Fall geringer ist als für den Fernfeld Fall, jedoch bei der y-koponente ist dies genau ugekehrt. In Abhängigkeit der benötigten Genauigkeit kann an dann entscheiden, ob an sich bereits i Fernfeld befindet oder ob an exakt rechnen uss. Aufgabe 7: Energiespeicher Plattenkondensator it Fläche A 4 2, Plattenabstand d und Plexiglasplatte als Dielektriku it ε 3.4 füllt den Kondensator genau aus. a Kapazität des Plattenkondensators C ε ε 0 A d it Dielektriku. Ohne Dielektriku: C C F. it ε für den Fall ohne Dielektriku und ε 3.4 3

4 Mit Dielektriku: C ε F. b U die gespeicherte Energie zu berechnen benutzen wir W 2 CU2 it U 00, hieraus folgt: Aufladung it Dielektriku: W i 2 C εu J. Nach de Herausziehen: W f 2 C 0U J. Unterschied: W W f W i J, d.h. die gespeicherte Energie sinkt u den Faktor ε. c Zu Beginn hat der Kondensator die in b berechnete Energie W i J gespeichert. Die Ladung auf de Kondensator ist konstant C U const. C ε U ε F C, da er von der Spannungsquelle abgetrennt wurde. D.h. bei Herausziehen des Dielektrikus ändert sich die Spannung. Für den Kondensator it herausgezogene Dielektriku folgt dann also für die Spannung: U 0 C Für die Energie folgt soit für den Kondensator it herausgezogene Dielektriku W 2 2 C 0U J, it de Unterschied W W f W i J, d.h. die gespeicherte Energie steigt u den Faktor ε. d Wir haben 4 Kondensatoren und 4 Plexiglasplatten. Der gespeicherte Energiebetrag wird axiiert, wenn wir die Kondensatoren parallel schalten und die Plexiglasplatten in den Kondensatoren haben. Die Kapazität ergibt sich für die 4 parallel geschaltete Kondensatoren it Dielektriku Plexiglasplatte über C ges 4 C ε F, soit folgt für den gespeicherten Energiebetrag: W 2 C gesu J. Weiter gesteigert werden kann dies noch, wenn an die Prozedur wie in Aufgabenteil c durchführt und die Spannungsquelle von den Kondensatoren trennt und dann die Dielektrika aus den Kondensatoren entfernt. Dann kann ein Energiebetrag von W ax εw J, gespeichert werden. 4

5 Aufgabe 8: orsicht! Richtig oder falsch? a Durch Reibung eines Glasstabs it eine Katzenfell werden Ladungen getrennt und positive verbleiben auf de Glasstab. b I elektrischen Feld ist Energie gespeichert die in diversen Foren entnoen werden kann. c d Influenz und Polarisation ist nicht dasselbe. Influenz auf Leitern kopensiert das Feld vollständig, Polarisation in Isolatoren nur teilweise. e Ier wenn das Potenzial konstant ist, ist das elektrische Feld 0. f Alle Ladungen sind uellen oder Senken das elektrischen Feldes. g h Bei gleicher Spannung enthält ein Kondensator it großen Kapazität ehr Ladungen als einer it kleiner Kapazität. 5

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