PHYSIK - Beispiele und Aufgaben

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1 PHYSIK - Beispiele und Aufgaben Heribert Stroppe Band : Elektrizität und Magnetismus - Schwingungen und Wellen - Atom- und Kernphysik ISBN Leseprobe Weitere Informationen oder Bestellungen unter sowie im Buchhandel

2 LÖSUNGEN 471 Die Kraft zwischen zwei Punktladungen Q 1 und Q, die sich im Abstand r voneinander befinden, berechnet sich nach F = 1 Q 1 Q 4πε 0 r (COULOMB-Gesetz) mit ε 0 = 8, C/(V m) (elektrische Feldkonstante, Influenzkonstante), 1/(4πε 0 ) 9, V m/c. Da das Gesetz nicht nur für Punktladungen, sondern auch für geladene Kugeln mit r als Mittelpunktsabstand gilt, erhalten wir mit Q 1 = Q = 1 C und r = 100 m: F N = 0,9 MN, entsprechend dem Gewicht einer Masse von ca. 9 t. 47 Gravitationskraft und elektrostatische Abstoßungskraft müssen dem Betrage nach gleich sein: γ m 1 m /r = q 1 q /(4πε 0 r ). Daraus folgt q 1 q = q m 1 m m = 4πε q 0γ, m = 4πε 0 γ =±8, C/kg. Für die Erde wird damit q E = (q/m)m E = 5, C und für den Mond q M = (q/m)m M = 6, C. 473 Die Kraft zwischen Kern (Ladung Q =+e) und Elektron (Ladung q = e) im Abstand r ist dem Betrage nach F = qq/(4πε 0 r ) und die vom Kern erzeugte Feldstärke E = F/q = Q/(4πε 0 r ). Das Potential in der Entfernung r vom Kern erhält man daraus zu ϕ(r) = r E dr = Q 4πε 0 r dr r = Q 4πε 0 r. a) Mit Q = e = 1, C und r = r 1 = 0, m wird E 1 = 5, V/m = 513 GV/m und ϕ 1 = 7,V.b)Für r = r = 4r 1 folgt E = E 1 /16 und somit E = E E 1 =481 GV/m sowie ϕ = ϕ 1 /4 = 6,8 V, also ϕ = ϕ ϕ 1 =0,4 V. c) Die potentielle Energie von q beim Potential ϕ ist W p = qϕ, für das Elektron also W p1 = eϕ 1 = 7, ev (Elektronvolt) = 4, J = 4,36 aj (Atto-Joule) bzw. W p = eϕ = 6,8eV = 1,09 aj = W p1 /4. Außer der potentiellen Energie besitzt das Elektron auch noch kinetische Energie. 474 a) Da Q 1 und Q von entgegengesetzten Seiten her wirken, ist die resultierende Kraft F auf q gleich der Differenz der von den beiden Ladungen ausgehenden Kräfte: F = F 1 F = qq 1 4πε 0 r1 qq 4πε 0 r = q ( Q1 4πε 0 r1 Q ) r. r 1 und r sind die Entfernungen der Probeladung q zu Q 1 und Q. Hier ist r 1 = r = r = 5 cm, womit man erhält F = 9, N = 9,0 mn in Richtung Q (wegen q > 0 und Q 1 > Q bei gleichen Entfernungen zu q). Die resultierende Feldstärke ist E = F/q = 0, V/m = 0,9 MV/m. b) Jetzt ist Q negativ, und beide Kräfte, F 1 und F, wirken in Richtung Q. Damit wird F = q[q 1 ( Q )]/(4πε 0 r ) = 19,8 mn und E = 1,98 MV/m. 475 Das Potential einer einzelnen Punktladung Q im Abstand r von ihr berechnet sich zu ϕ = Q/(4πε 0 r). Das von mehreren Ladungen erzeugte resultierende Potential an einem beliebigen Ort P ergibt sich durch Addition der Einzelpotentiale ϕ i, die von den Ladungen Q i mit den Abständen r i von P unabhängig voneinander erzeugt werden. In Bezug auf den Eckpunkt P 1 ist also (s. Bild vorn): ϕ 1 = 1 3 Q i = 1 ( Q1 4πε 0 r i=1 1i 4πε 0 a + Q a + Q ) 3. a Die Ladungen Q i sind vorzeichenbehaftet einzusetzen. Mit 1/(4πε 0 ) = 9, V m/c und den übri-

3 78 ELEKTRISCHES FELD gen Werten erhält man ϕ 1 = 58,1V. Für P als Aufpunkt, der zu allen drei Ladungen den Abstand a / hat, folgt ϕ = 1 3 Q i = 1 1 4πε 0 r i=1 i 4πε 0 a / (Q 1 + Q + Q 3 ) = 63,6V. Die Spannung U zwischen P 1 und P ist folglich gleich der Potentialdifferenz ϕ = ϕ ϕ 1 = 5,5V. Das Bild zeigt für das hier betrachtete Punktladungssystem die Linien konstanten Potentials ( Äquipotentiallinien). 476 a) Das vom Dipol in P erzeugte Potential ist gleich der Summe der beiden Einzelpotentiale ϕ ± = ±q/(4πε 0 r ± ).Für r l wie hier folgt wegen r + = r l/ und r = r + l/: r + r = r l /4 r. Mit dem elektrischen Dipolmoment p = ql = C m erhält man somit für das Potential in P: ϕ(r) = q ( 1 1 ) = q ( ) r r + ql 4πε 0 r + r 4πε 0 r + r 4πε 0 r = p 4πε 0 r = 0,8V. Die Feldstärke berechnet sich zu E = dϕ/dr = p/(πε 0 r 3 ) = 1,07 V/m. Eine einzelne Punktladung erzeugt dagegen das Potential ϕ = q/(4πε 0 r) = 10 V bzw. die Feldstärke E = q/(4πε 0 r ) = 80 V/m. b) Für den Betrag des Drehmoments gilt M = Fl =[qq/(4πε 0 r )]l = Qp/(4πε 0 r ) = Nm; es bewirkt eine Ausrichtung der Dipolachse in Feldrichtung. 477 a) Trägt die Kugel in einem Zwischenstadium die Ladung q, so herrscht an ihrer Oberfläche das Potential ϕ(q) = q/(4πε 0 R). Beim weiteren Aufladen um dq muss gegen die dort bereits vorhandenen (gleichnamigen) Ladungen die Arbeit dw = ϕ(q) dq verrichtet werden, insgesamt also W = Q 0 ϕ(q) dq = 1 4πε 0 R Q 0 q dq = Q 8πε 0 R = 9J. b) Die Spannung ist gleich der Potentialdifferenz zwischen Kugeloberfläche (als Sitz der Ladungen) und Unendlich: U = ϕ(r) ϕ( ) = ϕ(r) = Q 4πε 0 R = 1,8MV mit ϕ( ) = 0. Außerdem folgt damit aus a) die Beziehung W = QU/. 478 Die an der Seifenblase angreifende Gewichtskraft wird zum einen von der bei konstanter Sinkgeschwindigkeit wirkenden Reibungskraft 6πηr v (STOKESsches Gesetz), andererseits im Zustand der Schwebe von der elektrischen Feldkraft zee (mit z als Anzahl der Elementarladungen auf der Blase) gerade kompensiert. Daraus folgt zee = 6πηrv, oder mit e = 1, C die Anzahl z = 6πηrv/(eE) a) Im homogenen elektrischen Feld ist der Betrag der Feldstärke zwischen zwei Punkten mit der Potentialdifferenz U: E = U/d. Es ist also hier E = V/m = 15 kv/m. Die Feldlinien verlaufen von der Anode zur Katode. b) Die auf eine Ladung q wirkende Feldkraft ist gleich dem Vektor F = q E, für ein Elektron (q = e) also F = ee, d. h., dem Feldstärkevektor entgegengerichtet. Der Betrag der Kraft errechnet sich zu F =, N. c) Die (gewonnene) Verschiebungsarbeit ist W = Fd = eed = eu = 4, J = 300 ev. d) W geht vollständig in kinetische Energie des freien Elektrons über: W = W k = mv /. Daraus folgt v = W k /m = 1, m/s c/9. (Für v<0,1c ist eine relativistische Rechnung i. Allg. noch nicht erforderlich.) 480 a) Wir haben hier die gleichen Verhältnisse wie beim waagrechten Wurf eines Körpers: Wegen F = e E (Feldkraft) und F = ma (NEWTONsches Grundgesetz) erfährt das Elektron im Feld eine konstante Beschleunigung vom Betrage a = ee/m (analog der Fallbeschleunigung g beim Wurf), und daher gilt auch hier die Gleichung für die Wurfparabel (vgl. Aufgabe 30 mit dem Einschusswinkel α 0 = 0 ). b) Die Geschwindigkeit in Einschussrichtung bleibt konstant v x = v 0, in Feldrichtung ist

4 Elektrischer Fluss, Flussdichte 79 v z = at, mit a = ee/m, E = U/d und t = l/v 0 also v z = eul/(mv 0 d) = 8, m/s. Damit wird v = vx + v z = 1,8 107 m/s. c) Die Bewegungen in x- und z-richtung sind unabhängig voneinander. Es gilt daher wie beim freien Fall h = at / = eul /(mv0 d) = 5,8 mm. d) Die potentielle Energie nimmt (analog mgh beim freien Fall) um mah = (h/d)eu = 3, J ab, die kinetische Energie um den gleichen Betrag m(v v0 )/ zu. Die Gesamtenergie des Elektrons bleibt also erhalten (konservatives Kraftfeld). 481 Die Arbeit, die vom elektrischen Feld am Elektron beim Durchlaufen der Potentialdifferenz (Spannung) U verrichtet wird, berechnet sich zu W = eu mit e als Elementarladung. Sie geht vollständig in kinetische Energie des Elektrons über. Diese ist gleich der Differenz aus Gesamtenergie E = mc (mit der Impulsmasse m = m 0 / 1 (v /c )) und Ruhenergie E 0 = m 0 c : [ ] eu = m 0 c 1 1 (v /c ) 1. Für v = 0,95 c erhält man daraus U = 1,13 MV. 48 a) 6, ; b) Q/n = N A e = F = C/mol (FARADAY-Konstante), somit Q 10 5 C, m 0,55 mg. 483 a) Q = 9, C, E = 8, V/m; b) ϕ =6, V = 6,9 TV (Teravolt) , J = 1 ev (Definition der Energieeinheit Elektronvolt). 485 Aus E α = qq/(4πε 0 r min ), q = e und Q = 13e folgt r min = 1, m. r min ist damit von der Größenordnung des Kernradius. 486 F = Q 3 4πε 0 a Q1 + Q Q 1Q cos 10 (Kosinussatz) = 7,14 N. 487 a) 3,6 J; b) null. 488 a) ϕ A = 144 V, ϕ B = 48 V, d. h. ϕ A >ϕ B. b) W = 9,6 mj ,5 cm rechts von Q v = 0,9963c; m = 11,66m (Bild) a) Jede Ladung Q als Quelle eines elektrischen Feldes erzeugt außerhalb von ihr eine elektrische Flussdichte (Verschiebungsdichte) D. Bildet man das Integral (A) D da = Q (d A Normalenvektor eines Flächenelements der Größe da) über eine geschlossene Oberfläche A, so erhält man die gesamte, von dieser r Fläche eingeschlossene Ladung Q. Wählt man eine zur Punktladung Q konzentrische Kugelfläche mit r als Radius und somit A = 4πr als Oberfläche, hat der Flächennormalenvektor da immer die gleiche Richtung wie die radi- (A) da alsymmetrisch verlaufenden D-Vektoren (das skalare Produkt ist daher D da = D da cos 0 = D da), und D ist überall auf der Kugelfläche gleich. Weiterhin gilt D = ε 0 E, womit man erhält: D da = ε 0 E da = ε 0 E 4πr = Q. Q + D, E (A) (A) Daraus folgt E = Q/(4πε 0 r ) 0,1 V/m. b) D = ε 0 E = 8, C/m und wegen D = Ψ/A: Ψ = DA =, C = Q. 49 Aus Symmetriegründen ergibt sich ein radiales, zylindersymmetrisches Feld, ähnlich dem Bild zu Aufgabe 491 (Lösung). Der Vektor der Feldstärke E steht senkrecht auf jedem beliebigen, konzentrisch zum Draht verlaufenden Zylindermantel im Abstand r zur Drahtachse, und sein Betrag ist dort E = const. Erstreckt man das Flussintegral über ein Drahtstück der Länge l, so ist die Oberfläche des

5 80 ELEKTRISCHES FELD Zylindermantels A = πrl, und es gilt (da das Integral über die Deckflächen wegen D da verschwindet) D da = ε 0 E da = ε 0 E πrl = Q; E(r) = Q für r R. πε 0 rl Für den Potentialverlauf erhält man damit ϕ(r) = E(r) dr = Q dr πε 0 l r = Q ln r + const. πε 0 l Feldstärke E und Potential ϕ sind also vom Ladungsbelag Q/ l und vom Abstand r von der Drahtachse abhängig. Für r = R = 1 mm (Drahtradius) folgt E = 1,6 MV/m und als Flächenladungsdichte σ = Q/A = Q/(π Rl) = ε 0 E = 14,3 mc/m. Das Potential ϕ ist dagegen immer bis auf eine beliebige Konstante bestimmt. Wird es z. B. so normiert, dass es an der Drahtoberfläche null ist, also ϕ = 0für r = R, so ergibt sich wie durch Einsetzen dieser Werte in ϕ(r) folgt die Konstante zu Q ln R/(πε 0 l), womit man für r R erhält: ϕ(r) = Qln(r/R)/(πε 0 l). 493 a) Wird der Erdkörper als Leiter betrachtet, liegt eine negative Ladung mit einer Flächenladungsdichte σ = D 1 = ε 0 E 1 = 1, C/m auf seiner Oberfläche. Der elektrische Fluss durch eine Fläche A nimmt mit zunehmender Höhe ab, also enthält die Atmosphäre eine positive Raumladung Q, für welche ε 0 (E 1 E )A = Q gilt. Ersetzt man Q durch die Raumladungsdichte ϱ = dq/dv = const, erhält man Q = ϱ dv = ϱah; ϱ = Q Ah = ε E 1 E 0 = 1, C/m 3. h ϱ stellt nur die positive Überschussladung dar. b) Bei gleichmäßig verteilten Raumladungen nimmt E linear mit der Höhe z zwischen E 1 und E ab: E = E 1 (E 1 E )z/h. Die Potentialdifferenz (Spannung) beträgt U = h 0 E dz = [ E 1 z E 1 E h z ] h 0 = E 1 + E h = 670 kv. 494 (Bild) a) Als vom Fluss Ψ durchsetztes Raumgebiet wählen wir einen in Feldrichtung liegenden Quader (Seitenansicht ABCD), von dem nur die senkrecht zum Feld orientierten Deckflächen BC und AD durchflutet werden. Da die Feldstärke E in Flussrichtung linear anwächst, ist der aus dem Gebiet austretende Fluss Ψ größer als der eintretende Ψ 1. Im umschlossenen Gebiet befinden sich also elektrische Ladungen Q als Quellen des Feldes. Es gilt (vgl. Aufgabe 491) ε 0 E da = Ψ Ψ 1 = Q mit Q > 0 (Quellenfeld). B A E 1 E E B A Ψ 1 Ψ a) C D b) E 1 Beim Umlauf einer Probeladung q auf dem geschlossenen Weg A B C D A wird nur entlang A B und C D Arbeit verrichtet. Dabei wird offensichtlich entlang des Weges A B genau soviel Arbeit geleistet wie längs des Weges C D wieder frei wird, so dass die insgesamt verrichtete Arbeit null ist: W = F dr = q E dr = 0, d. h., es handelt sich hier (wie bei jedem elektrostatischen Feld) um ein konservatives Kraftfeld (wirbelfreies Quellenfeld). b) In diesem Feld wird bei einem geschlossenen Umlauf A B C D A entlang A B mehr Arbeit verrichtet als auf dem Rückweg C D gewonnen wird (wegen E > E 1 ), d. h. hier ist W = 0. Das Feld b) ist ein quellfreies Wirbelfeld und kann damit als elektrostatisches Feld nicht existieren. C D

6 Elektrische Polarisation. Feldenergie Q = ε 0 UA/d = 3, C. 496 σ = D = ε 0 E = C/m ; σ/e = m.für engmaschige Metallnetze gelten die gleichen Zusammenhänge. 497 W = qu = q(ϕ ϕ 1 ) = qqln(r 1 /r )/(πε 0 l) mit r 1 = 4 cm und r = cm; Q/l = C/m. 498 a) Die Feldlinien des (homogenen) D- und E-Feldes treten senkrecht durch die Grenzfläche, beide Felder haben also nur Normalkomponenten. Für die Verschiebungsdichte (Flussdichte) D sind diese in beiden Stoffen gleich (stetiger Durchgang): D 1 = D = D = ε 1 E 1 = ε E (mit ε = ε r ε 0 ). Mit der Spannung U an den Platten ist ( d1 U = U 1 + U = E 1 d 1 + E d = D + d ) U ε 0 U ; D = ε 1 ε d 1 + d = d 1 + d. ε 1 ε ε r1 ε r Zahlenmäßig erhält man D = 6, C/m. Somit wird E 1 = D/ε 1 = D/(ε r1 ε 0 ) = 980,4 kv/m und E = D/ε = 49,0 kv/m. Die Feldstärke ist in der Schicht mit kleinerem ε r am größten. b) U 1 = E 1 d 1 = 451 V, U = E d = 49 V. c) Mit d 1 + d = d (Plattenabstand) und E = U/d als effektiver Feldstärke gilt ε = D/E = Dd/U, woraus mit dem obigen Ausdruck für D folgt: d 1 + d ε ε = ε 0 d 1 + d, ε r = = d 1 + d ε 0 d 1 + d = 10,3. ε r1 ε r ε r1 ε r 499 a) Es ist E = U/d = 500 kv/m; b) D = ε r ε 0 E = 31 mc/m ;c)d = Q/A, d.h. Q = DA = 15,5 nc. d) Für das Aufladen ist die Arbeit W = QU/ erforderlich (vgl. Aufgabe 477); sie wird als elektrische Feldenergie W e im Kondensator gespeichert. Mit V = Ad (Kondensatorvolumen) folgt somit für die Energiedichte: w e = W e V = QU Ad = (DA)(Ed) = 1 Ad DE = 1 ε rε 0 E. Die beiden letzten Ausdrücke sind unabhängig von der Geometrie des Kondensators und gelten für jedes beliebige elektrische Feld. Hier wird w e = 7,75 J/m 3.e)W e = w e V = w e Ad = 3,87 mj. 500 Die Polarisation P ist die Differenz zwischen den Flussdichten D und D 0 mit und ohne Dielektrikum bei derselben Feldstärke E: P = D D 0 = ε r ε 0 E ε 0 E = (ε r 1)ε 0 E = χ e ε 0 E. χ e = ε r 1 ist dabei die elektrische Suszeptibilität, hier mit ε r = 7 also χ e = 6. Mit E = 500 kv/m wird P = 6,6 mc/m (Oberflächenladung Q P /Fläche A), d. h. Q P = 13,3 nc. 501 a) Die Tangentialkomponente der Feldstärke tritt stetig durch die Grenzfläche, also E L = E = D/(ε r ε 0 ) = 0,9 kv/m. b) Die Normalkomponente der Flussdichte tritt stetig durch die Grenzfläche: D = D L = ε 0 E L,d.h.E L = D/ε 0 = 45 kv/m. c) E L = 3ε r E 0 /(ε rl + ε r ) = 3D/[ε 0 (1 + ε r )]= 1,35 kv/m. 50 Beim Übertritt der Feldlinien von einem Dielektrikum in ein anderes werden sie an der gemeinsamen Grenzfläche nach dem Gesetz tan α 1 / tan α = ε r1 /ε r gebrochen. Mit ε r1 = 36 und ε r = 1 (Luft) folgt daraus für α 10 der Einfallswinkel α ε = 1/ε 1 + 1/ε = ε 1ε ε 1 + ε (harmonisches Mittel). 504 W e = (1/)ε r ε 0 E Ad: W e1 = 39,9 mj; W e = 0,8 mj; W e = 40,7 mj; w e = 3,3 J/m Q 0 =,1 nc, Q = ε r Q 0 = 15,5 nc, d. h. Q = 13,3nC(=Größe der durch Polarisation erzeugten freien Oberflächenladungen Q P ; vgl. Aufgabe 500). 506 σ K = D = ε r ε 0 E = 1, C/m ; σ D = P = χ e ε 0 E = 1, C/m.