Physik 2 ET, SoSe 2013 Aufgaben mit Lösung 5. Übung (KW 24/25) Gravitations- und Coulomb-Kraft )

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1 5. Übung (KW 4/5) Aufgabe 1 ( Gravitations- und Coulomb-Kraft ) In welchem Verhältnis stehen die Gravitationskraft zwischen zwei Protonen und ihre elektrostatische Abstoßungskraft? Aufgab ( Wasserstoff-Atom nach Bohr ) Laut BOHRschem Atommodell bewegt sich im Wasserstoff-Atom ein Elektron auf einer kreisförmigen Bahn um einen einfach positiv geladenen Kern. Bis auf die Tatsache, dass nur diskrete Energien möglich sind, wird klassisch gerechnet. Berechnen Sie Bahnradius r, Bahngeschwindigkeit v und Drehimpuls L des Elektrons im Grundzustand aus der Ionisierungsenergie von 13.6 ev (d. h. der Energie, die zur Ablösung des Elektrons vom Kern aufgebracht werden muss). (Hinweis: Die Mitbewegung des Kerns wird vernachlässigt. Des Weiteren empfiehlt es sich, den Nullpunkt der potentiellen Energie ins Unendliche zu legen.) Aufgabe 3 (E.8 Elektronenstrahl ) Ein Elektronenstrahl dringt durch eine Öffnung in der positiven Platte bei x 0, y 0 in das homogene Feld eines Plattenkondensators unter dem Winkel α 0 gegen die Platte ein. Die Elektronengeschwindigkeit ist v 0, die Kondensatorspannung U, der Plattenabstand d. (a) Was für eine Bahn beschreibt der Elektronenstral? Stellen Sie die Gleichung der Bahnkurve y y(x) auf! (b) Seine größte Entfernung von der positiven Platte beträgt y d /3. Welcher Wert ergibt sich für die spezifische Ladung e /m? (c) Die Elektronen erhalten ihre kinetische Energie, indem sie vor Eindringen in den Kondensator ein beschleunigendes Feld durchlaufen. Wie groß muss die Beschleunigungsspannung U B sein, wenn der Strahl die negative Platte gerade noch erreichen soll? α 0 45, v m s 1, U 300 V Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 1 von 13

2 Aufgabe 4 (E.13 Kondensatorpendel ) Zwischen den lotrecht aufgestellten Platten eines Plattenkondensators (Spannung U, Plattenabstand d 1 ) hängt eine kleine geladene Kugel (Masse m, Ladung Q ) an einem gut isolierenden Seidenfaden. (a) Berechnen Sie die Auslenkung α 1 des Pendels! (b) Berechnen Sie die Auslenkung α, wenn eine Porzellanplatte (Dielektrizittszahl, Dicke d < d 1 ) parallel zu den Kondensatorplatten eingeschoben wird! d 1 10 cm, d 4.0 cm, 6, Q 4.0 µc, m 4 g, U 100 V Aufgabe 5 (E.14 Zählrohr ) Ein Zählrohr für Teilchenstrahlung besteht aus einem Draht (Radius ) und einem dazu koaxialen zylindrischen Mantel (Radius r a ). Zwischen beiden liegt die Spannung U (Potentialdifferenz). Um welchen Faktor f steigt die auf ein geladenes Teilchen wirkende Kraft auf dem Weg vom Zylindermantel bis (a) zum Draht, (b) zur Mitte zwischen Mantel und Draht? (c) Drücken Sie die elektrische Feldstärke E(r) mit Hilfe der Parameter U, r a und aus! r a 1 mm, 30 µm Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seit von 13

3 Lösung zu Aufgabe 1 Die Gravitationskraft F G ( r 1, r ), die eine Punktmassen m 1 am Ort r 1 auf eine Punktmasse m am Ort r ausübt und die entsprechende elektrische Kraft F E ( r 1, r ) zwischen zwei Punktladungen q 1, q an denselben Orten r 1, r lauten F G ( r 1, r ) F G ( r, r 1 ) γ F E ( r 1, r ) F E ( r, r 1 ) 1 4πε 0 m 1 m r 1 r r 1 r r 1 r q 1 q r 1 r r 1 r r 1 r mit der Gravitationskonstenten γ und der elektrischen Feldkonstanten ε 0. Wenn man für die Massen die Protonenmasse m p und die Ladung eines Prototns q p e einsetzt, ergibt sich für das Verhältnis aus den Beträgen dieser beiden Kräfte der Ausdruck F G ( r 1, r ) F E ( r 1, r ) γ 1 4πε 0 m 1 m r 1 r r 1 r r 1 r q 1 q r 1 r r 1 r r 1 r m γ p r 1 r r 1 r r 1 r 1 4πε 0 r 1 r r 1 r r 1 r 4πε 0 γ m p 4π A s 6.67 m V m kg s ( kg) ( C) ( ) π A s m 3 kg 1.60 V m kg s C C m kg J C 1 s C 808 kg m s m J N m J Die Gravitationskraft zwischen den Protonen ist also winzig klein im Vergleich zur elektrischen Kraft. Bei mikroskopischen Systemen dominiert daher die elektische Wechselwirkung das Verhalten der Teilchen, die Gravitation kann meist vernachlässigt werden. Erst auf makroskopischer Skala beginnt die Gravitation eine Rolle zu spielen. Auf astronimischer/kosmologischer Skala (Erde, Sonnensystem, Galaxie, usw.) kann hingegen die elektrische Wechselwirkung im Vergleich zur Gravitation vernachlässigt werden, die Gravitation bestimmt das Verhalten der Materie im Weltall. Die Ursache dafüst die Existenz zweier Sorten eletrischer Ladungen, die sich gegenseitig neutralisieren können und dies auch tun (siehe Übung 4, Aufgabe Gleichheit der Ladungen ), wohingegen es nur eine Art von Masse gibt, deren Gravitationswirkung stets anziehend ist. Während sich Ladungen gegenseitig kompensieren, akkumulieren sich die Massen, so dass für hinreichend Große Objekte die Gravitation über die ekektrische Kraft die Oberhand gewinnt. Lösung zu Aufgab Die Ionisierungsenergie ist diejenige Energie, die man aufwenden muss, um das Elektron von seinem am Kern gebundenen Zustand in einen freien (ungebundenen) Zu- Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 3 von 13

4 stand zu befördern, wobei das Elektron hinterher die kinetische Energie Null hat. Anfangs, also im gebundenen Zustand, bewegt sich das Elektron auf einer Kreisbahn vom zunächst unbekannten Bahnradius r 0 mit der ebenfalls unbekannten Geschwindigkeit v 0. Wir berechnen zunächst die Arbeit W C (r 0, r 1 ), die verrichtet wird, wenn man das Elektron im Coulomb-Feld des Kerns von seinem Anfangsabstand r 0 zu einem anderen Abstand r 1 > r 0 bringt, wobei wir zunächst annehmen, dass das Elektron ruht und die Beschleunigung während des Vorgangs vernachlässigbar klein bleibt (quasistatischer Vorgang). Da das elektrische Kraftfeld konservativ ist (Weg-Integral der Arbeit ist wegunabhängig), kann man einen beliebigen Weg wählen, um von r 0 nach r 1 zu gelangen. Wir wählen den radial verlaufenden Weg (entlang der Verbindungslinie zwischen Elektron und Kern), bei dem die elektrische Kraft jederzeit parallel zum zurückgelegten Wegelement verläuft und ihr entgegenorieniert ist (das Elektron wird vom Kern angezogen, die Wegstrecke verläuft aber vom Kern weg). Damit der Vorgang quasistatisch abläuft, muss die Gesamtkraft auf das Elektron Null betragen, d. h. die Coulomb-Kraft F C muss von der von außen aufzubringenden Kraft F a gerade kompensiertwerden, F a + F C 0. Für die zu verrichtende Arbeit gilt dann W C (r 0, r 1 ) r 1 d r F a ( r) }{{} r 0 F C ( r) r 1 r 1 r 1 d r F C ( r) d r F C (r) cos ( 180 {}}{ ( F C, d r) ) }{{} r 0 r 0 1 r 1 dr q e q p F C (r) dr 4πε 0 r r 0 r [ 0 e 1 1 ] [ e 1 4πε 0 r1 r0 4πε 0 r0 r 1 e dr r r 1 r 1 4πε 0 4πε 0 r 0 r 0 1 ]. (.1) r1 Da die Coulomb-Kraft proportional zum Kehrwert des Abstandsquadrats ist und somit deren Reichweite unendlich beträgt, bedeutet ungebunden, dass wir den Grenzfall r 1 untersuchen müssen: W C lim W (r 0, r 1 ) (.1) lim r 1 r 1 4πε 0 [ 1 r 0 1 r 1 ] e 4πε 0 r 0. (.) Es muss also von außen die Arbeit W C aufgebracht werden, um ein im Abstand r 0 ruhendes Elektron quasistatisch ins Unendliche zu befördern. Wenn das Elektron zu Beginn die Geschwindigkeit v 0 hat und nach der Ionisation ruht, so wird beim Ionisationsvorgang zusätzlich kinetische Energie frei: E kin 1 m ev 0. (.3) Die Geschwindigkeit v 0 und der Abstand r 0 sind nicht unabhängig voneinander, sondern sind durch die Bedingung einer gleichförmigen Kreisbewegung miteinander verknüpft. Damit eine gleichförmige Kreisbewegung stattfindet, muss die beschleunigende Radialkraft (hier die anziehende Coulombkraft) den Betrag m E r 0 v0 aufweisen, Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 4 von 13

5 es muss also F C 4πε 0 r 0! m E v 0 r 0 v 0 4πε 0 r 0 m e (.4) gelten. Im Abstand r 0 ist also die Geschwindigkeit des Elektrons durch (.4) gegeben, die kinetische Energie beträgt dort also (.3) E kin 1 m ev0 (.4) 8πε 0 r 0. (.5) Zum Ionisieren des Wasserstoffatoms muss die Coulomb-Arbeit W C aufgebracht werden, und gleichzeitig wird die kinetische Energie E kin frei, so dass insgesamt eine Ionsierungsenergie von (.) E ion W C E kin (.5) 8πε 0 r 0 (.6) nötig ist, um das Elektron in einen freien Zustand zu bringen. Bei bekannter Ionisierungsenergie kann nun der Bahnradius des Elektrons um den Wasserstoffkern berechnet werden: r 0 (.6) 8πε 0 E ion e e e 8π A s 13.6 ev V m 8π V m A s C 8π m A s C C m m. Die Bahngeschwindigkeit kann man durch Einsetzen von (.7) in (.4) berechnen, e ev (.7) v 0 (.4) (.7) 4πε 0 r 0 m e 4πε 0 m e ( ) 8πε 0 E ion E ion m e. Oder man erkennt anhand der Gleichungen (.5) und (.6), dass die kinetische Energie gleich der Ionisierungsenergie ist und erhält sofort Eion v 0 (.8) m e 13.6 ev kg e 13.6 V kg C 13.6 V C V kg 9.11 kg J kg. kg m s m s 1. kg Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 5 von 13

6 Der Bahndrehimpuls ist durch das Kreuzprodukt L 0 r 0 p 0 gegeben, dessen Betrag lautet also L 0 L ( {}}{ 0 r 0 p 0 sin ( r 0, v 0 ) ) (.7) m e r 0 v 0 }{{}}{{}}{{} (.8) r 0 m ev 0 1 e me J s. 8πε 0 E ion Lösung zu Aufgabe 3 90 m e 8πε 0 E ion Eion (a) Wir ermitteln die Flugbahn eines einzelnen Elektrons aus dem Elektronenstrahl, indem wir die auf das Elektron wirksamen Kräfte untersuchen. Sobald das Elektron das Innere des Plattenkondensators erreicht, erfährt es eine Kraft F el aufgrund des elektrischendes Feldes des Kondensators: y F el q e E e E e U d e y. (3.1) m e U ~v m d v 0y ~v 0 y m 0 v 0x x m x U B Es wirkt zwar noch zusätzlich die Gravitatinskraft F g m e g e y auf das Elektron, aber wenn man die Beträge beider Kräfte vergleicht (beispielhaft für einen Plattenabstand d 1 m), F g m egd F el eu kg 9.81 m s 1 m C 300 V , Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 6 von 13

7 so sieht man, dass der Einfluss der Schwerkraft getrost vernachlässigt werden kann. Die elektrische Kraft bewirkt eine Beschleunigung des Elektrons, a x (t) e x + a y (t) e y a(t) 1 m e Fel (t) (3.1) eu m e d e y, d. h. die Komponenten des Beschleunigungsvektors lauten a x (t) 0, a y (t) eu m e d. In x-richtung ist die Beschleunigung Null und in y-richtung liegt eine konstante (zeitunabhängige) Beschleungigung vor. Die Weg-Zeit-Funktion r(t) erhält man durch zweifaches Integrieren der Beschleunigung, durch Nachschlagen in der Formelsammlung odendem man sie auswendig gelernt hat. Auf alle Fälle muss man die Randbedingung r(0) r 0 x 0 e x + y 0 e y 0 v(0) v 0 v 0x e x + v 0y e y v 0 cos α }{{} 0 e x + v 0 sin α 0 e }{{} y v 0x berücksichtigen. Man erhält dann die folgende Weg-Zeit-Funktion: v 0y r(t) [x 0 + v 0x t] e x + [ y 0 + v 0y t + 1a yt ] e y [ v 0 cos(α 0 )t e x + v 0 sin(α 0 )t eu ] m e d t e y, welche die Bewegeung des Elektrons in x- und y-richtung beschreibt und alternativ in der Form x(t) v 0 cos(α 0 )t, (3.) y(t) v 0 sin(α 0 )t eu m e d t (3.3) geschrieben werden kann. Die Flugbahn y(x) erhält man durch Eliminieren der Zeit, was zum Beispiel gelingt, indem man (3.) nach t auflöst und in (3.3) einsetzt: ( ) x y(x) v 0 sin(α 0 ) v 0 cos(α 0 ) tan(α 0 ) x eu ( m e d x v 0 cos(α 0 ) ) eu m e dv 0 cos (α 0 ) x. (3.4) Es handelt sich also um eine nach unten geöffnete Parabel, wie man sie auch schon vom schrägen Wurf einer Punktmasse im homogenen Schwerefeld unter Vernachlässigung der Luftreibung kennt. (b) Die größte Entfernung von der positiv geladenen Platte erreicht der Elektronenstrahl am Scheitelpunkt r m x m e x + y m e y der Parabel. Da die Bahnkurve y(x) am Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 7 von 13

8 Scheitelpunkt differenzierbast, ist dort notwendigerweise die erste Ableitung Null, d. h. es gilt dy(x) eu dx tan(α 0 ) xm m e dv0 cos (α 0 ) x! m 0 x m m edv 0 eu tan(α 0) cos (α 0 ). (3.5) Den maximalen Abstand kriegt man heraus, indem (3.5) in (3.4) eingesetzt wird: y m y(x m ) (3.4) eu tan(α 0 ) x m m e dv0 cos (α 0 ) x m m edv 0 eu tan (α 0 ) cos (α 0 ) m edv 0 eu tan (α 0 ) cos (α 0 ) m edv 0 eu sin (α 0 )! d 3. (3.6) Im letzten Schritt wurde die Kenntnis angewendet, dass der maximale Abstand des Strahls von der positiven Kondensatorplatte ein Drittel des Plattenabstandes beträgt. Damit lässt sich die spezifische Ladung des Elektrons zu e (3.6) 3 v0 m U sin α α v0 4 U 3 ( m s 1 ) V bestimmen C kg 1 Eine andere Möglichkeit, Teilaufgabe (b) zu lösen, besteht darin, den Energieerhaltungssatz anzuwenden. Die Summe aus kinetischer Energie und potentieller Energie im elektrischen Feld des Kondensators bleibt erhalten, es gilt also E ges E kin + E el const. Angewendet auf die beiden Positionen r 0 (Eintritt in den Kondensator) und r m (Scheitelpunkt der Flugbahn) ergibt dies folgende Bilanzgleichung: E kin ( r 0 ) + E el,0 ( r 0 ) E kin,m ( r m ) + E el,m ( r m ) 1 m ev 0 + y 0 d eu 1 m ev m + y m d eu v mv 0x 1 m ev0 + y 0 d eu 1 m ev0x + y m d eu y 0 0, y md/3 1 m ev0 1 m ev0x eu v0 v 0x +v 0y 1 m ev0y 1 3 eu v 0y v 0 sin α 0 e 3 m v 0 U sin α 0, was natürlich auf das gleiche Ergebnis führt, wie das Anwenden den (a) gefundenen Bahngleichung. Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 8 von 13

9 (c) Der Scheitelpunkt der Flugparabel liegt jetzt nicht mehr bei 1 d sondern bei d. 3 Ich nehme also die in (b) hergeleitete Gleichung (3.6) und verlange y m d: (3.6) y m m edv0 eu sin! α 0 d 1m ev0 eu }{{} sin. (3.7) α 0 E kin ( r 0 ) Gleichung (3.7) gibt Auskunft über die benötigte kinetische Energie eines einzelnen Elektrons, unmittelbar bevor es in den Plattenkondensator hineinfliegt. Diese kinetische Energie wird durch die Beschleunigungsspannung U B bereitgestellt, es muss also eu B E kin ( r 0 ) gelten, so dass man für die nötige Beschleunigungsspannung U B E kin( r 0 ) e (3.7) U sin α 0 α U 600 V erhält. Lösung zu Aufgabe 4 (a) Auf die geladene Kugel wirken drei äußere Kräfte, nämlich die Gravitationskraft F g, die elektrische Kraft F el und die Fadenkraft F F, die zusammen die Gesamtkraft F ges ergeben (siehe Zeichnung), wobei im Gleichgewicht F ges 0 gilt. Wählt man das Koordinatensystem so, dass die x-richtung horizontal (positiv in Auslenkungsrichtung des Pendels) und die z-richung vertikal (positiv nach oben) verläuft, dann gilt 1 ~F F m Q 0 ~F el 1 ~F g ~F F U 0 Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 9 von 13

10 F ges F g + F el + F F mg e z + Q E 0 e x + F F [ sin(α 1 ) e x + cos(α 1 ) e z ] Damit erhält man das Gleichungssystem! 0 [Q E 0 F F sin(α 1 )] e x + [ mg + F F cos(α 1 )] e z 0. }{{}}{{} 0 0 Q E 0 F F sin(α 1 ) mg F F cos(α 1 ) für die beiden Unbekannten F F und α 1. Man dividiert die Gleichungen durcheinander, setzt die Feldstärke E 0 U 0 /d1 des Plattenkondensators ein und erhält für den gesuchten Winkel sin(α 1 ) cos(α 1 ) Q E 0 mg α 1 arctan Q E 0 mg arctan Q U 0 mgd (b) Es wird nun eine Porzellanplatte eingeschoben. Das vom Kondensator erzeugte elektrische Feld E 0 E 0 e x (äußeres Feld) sorgt dafür, dass im Innern des Porzellans elektrische Dipole parallel zum elektrischen Feld ausgerichtet werden, wodurch es innerhalb des Porzellans zu einem zum äußeren Feld parallelen aber diesem entgegengesetzt orientierten elektrischen Feld E P E P e x kommt. Die beiden Felder E 0 und E P überlagern sich zu dem neuen Feld E E 0 + E P (E 0 E P ) e x, welches aufgrund der entgegengesetzen Orientierung gegenüber dem äußeren Feld E 0 abgeschwächt ist. Wenn die Feldstärke nicht zu groß wird, ist der Zusammenhang zwischen E und E 0 linear und wird durch die relative Permittivität vermittelt, E ε 1 r E 0. Im vorliegenden Kondensator haben wir nach Einschieben der Porzellanplatte zwei Bereiche mit unterschiedlicher Feldstärke, den luftgefüllten Bereich mit der Feldstärke E 1 E 0 sowie den porzellangefüllten Breich mit E ε 1 r E 0, wobei zwischen diesen beiden Feldern der Zusammenhang E 1 E 1 (4.1) gilt. Diese beiden Felder bewirken eine eletrische Spannung zwischen den Kondensatorplatten, welche sich als das folgende Wegintegral ergibt: { }} { U d r E( r) dre( r) cos (d r, E) }{{ } 1 W W 0 E d r d 1 d dre(r) dre 1 + (d 1 d ) E 1 + d E (4.) (d 1 d ) E 1 + d E 1 1 E 1 W 0 d 1 ( d 1 d + d dre d 1 d ). (4.) Hierbei habe ich den Integrationsweg senkrecht zu den Kondensatorplatten gewählt, so dass er parallel zum elektrischen Feld verläuft, wodurch sich das Skalarprodukt der Vektoren zum Produkt der Vektorbeträge vereinfacht. Gleichung (4.) beschreibt den Zusammenhang zwischen der Spannung zwischen den Kondensatorplatten und der elektrischen Feldstärke im luftbefüllten Bereich des Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 10 von 13

11 Kondensators. In der Aufgabenstellung wird implizit vorausgesetzt, dass während des Einschiebens der Porzellanplatte die Spannung zwischen den Kondensatorplatten konstant ist, d. h. U U 0. Dies geschieht, indem die Spannungsquelle angeschlosssen bleibt, wodurch sich beim Ändern der Kapazität des Kondensators durch das Einbringen der Porzellanplatte auch die Ladung des Kondensators ändert. Die zusätzliche Ladung auf den Kondensatorplatten vergrößert das äußere elektrische Feld E 0, so dass trotz Abschwächung des Feldes im Innern des Porzellans die Kondensatorspannung auf dem konstanten Wert U U 0 verbleibt, so dass sich aus Gleichung (4.) die elektrische Feldstärke E 1 U 0 d 1 d + d (4.3) ergibt. Daraus errechnen wir analog zu Teilaufgabe (a) den maximalen Auslenkwinkel und erhalten ( ) Q E 1 (4.3) α arctan arctan Q U [ 0 ] 8.7. mg mg d 1 d + d Bemerkung: Man könnte den Vorgang aber auch anders ablaufen lassen, indem man nämlich vor dem Einschieben der Porzellanplatte die Spannungsquelle abklemmt und die Platten elektrisch isoliert lässt. Dann sind die Ladungen auf den Kondensatorplatten gefangen, sie können weder abfließen, noch können weitere Ladungen auf die Platten gelangen, d. h. die Ladung des Kondensators bleibt die ganze Zeit über konstant, auch wenn die Porzellanplatte eingeschoben wird. Die Ladung des Kondensators bleibt nun zwar konstant, es ändert sich jedoch die Spannung zwischen den Kondensatorplatten, weil sich durch das Porzellan die Kapazität des Kondensators ändert. Wir ermitteln diese neue Kapazität C neu, um daraus die neue Spannung U neu berechnen zu können. Die neue Kapazität erhält man als die Kapaziät zweien Reihe geschalteter Kondensatoren C 1 und C, wobei der erste Kondensator einem mit Luft gefüllten Kondensator mit Plattenabstand d 1 d und der zweite einem mit Porzellan gefüllten Kondensator mit Plattenabstand d entspricht. Die Kapazitäten dieser beiden Einzelkondensatoren lauten C 1 ε 0A d 1 d, (4.4) C ε 0 A d, (4.5) so dass man für den Gesamtkondensator die neue Kapazität ( 1 C neu + 1 ) 1 ( (4.4) d1 d C 1 C 1 (4.5) ε 0 A + d ) 1 ε 0 A ε 0 A (4.6) d 1 d + d Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 11 von 13

12 erhält, woraus wir die neue Spannung berechnen: U neu Q ( 0 (4.6) d 1 d + d ) ( Q0 C neu ε 0 A d 1 d + d ) Q0 d 1 ε 0A /d 1 }{{} C 0 d 1 d + d Q 0 d 1 d + d U 0. (4.7) d 1 C 0 d 1 Andererseits ergibt sich die Spannung als Wegintegral über die Feldstärke von einer Kondensatorplatte zur anderen, d. h. wir können Gleichung (4.) und (4.7) gleichsetzen, um die Feldstärke E 1 zu berechnen, die nun im luftgefüllten Bereich des Kondensators herrscht: ( (4.) (4.7) E 1 d 1 d + d ) d 1 d + d U 0 d 1 E 1 U 0 d 1 E 1. Die elektrische Feldstärke bleibt in diesem Fall unverändert, so dass das Pendel in seiner Ursprungsposition bei α 0 verharrt. Der Auslenkungswinkel des Pendels bleibt also konstant, wenn man die Spannungsquelle vor Einbringen des Porzellans entfernt; er vergrößert sich jedoch, wenn die Spannungsquelle angeschlossen bleibt und für konstante Spannung sorgt. Lösung zu Aufgabe 5 (a) Das Zählrohr hat die Geometrie eines Zylinderkondensators, dessen elektrische Feldstärke im Innern durch die Gleichung E(r) Q πε 0 lr e r (5.1) gegeben ist, wobei r den Abstand von der Zylinderachse, l die Zylinderlänge und e r den radial nach außen orientierten Einheitsvektor darstellen. Die auf das zu detektierende Teilchen wirkende Kraft hat somit den Betrag F (r) Q E(r) (5.1) QQ πε 0 lr. (5.) Wenn sich das Teilchen vom Zylindermantel zum Draht bewegt, verringert es seinen Abstand zur Zylinderachse von r a auf, so dass die Kraft um den Faktor f a F () F (r a ) (5.) QQ πε 0 l QQ πε 0 lr a r a 1 mm 30 µm µm 30 µm 400 (5.3) zunimmt. Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 1 von 13

13 (b) Die Mitte zwischen Mantel und Draht hat von der Zylinderachse den Abstand r m + 1 (r a ) 1 (r a + ). (5.4) Somit nimmt die Kraft, die auf das Teilchen wirkt, auf seinem Weg vom Zylindermantel zur Mitte um den Faktor f b F (r m) F (r a ) r a (5.4) r m zu, d. h. die Kraft verdoppelt sich. r a 1 (r a + ) 1 + r a (5.3) 1 + f 1 a , (c) Die elektrische Feldstärke soll mit Hilfe der Parameter U, r a und ausgedrückt werden. Dazu rufe man sich in Erinnerung, dass man die Spannung zwischen zwei Punkten als Wegintegral über die Feldstärke erhält, U r a d r E( r) Q πε 0 l }{{} re(r) (5.1) r a d r Q πε 0 lr e r ln r a (5.1) re(r) ln r a. Q r a πε 0 l d r e }{{} r dr 1 d r er r Q r a dr r 1 πε 0 l Diese Gleichung nach dem Betrag der elektrischen Feldstärke aufgelöst ergibt den gesuchten Zusammenhang: E(r) U r ln ra. Quellen Die Aufgaben 3, 4 und 5 sind entnommen aus: Peter Müller, Hilmar Heinemann, Heinz Krämer, Hellmut Zimmer, Übungsbuch Physik, Hanser Fachbuch, ISBN: Die Übungs- und Lösungsblätter gibt es unter ET Die Homepage zur Vorlesung findet sich unter Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> 13