Übung 1 - Musterlösung

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Vincent Fromm
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1 Experimentalphysik für Lehramtskandidaten und Meteorologen 8. April 00 Übungsgruppenleiter: Heiko Dumlich Übung - Musterlösung Aufgabe Wir beginnen die Aufgabe mit der Auflistung der benötigten Formeln und Werte: Coulombsches Gesetz: F C πε 0 e r r mit e r r r r r und r r r Netwon sches Gesetz der Graviation: F G G m m e r r Ladung des Elektrons Elementarladung: C Masse des Elektrons: m e kg As elektrische Feldkonstante: ε Vm Gravitationskonstante: G m 3 kg s² a Was sind die Unterschiede der beiden Gesetze? Coulombsches Gesetz: zwei verschiedene Ladungen anziehende und abstoßende Kraft Ladung ist unabhängig von Bezugssystem immer gleich/unabhängig von Geschwindigkeit Erhaltungsgröße Ladung kann neutralisiert werden Ladung ist geuantelt Elementarladung C Netwon sches Gesetz der Graviation: Gravitationskraft ist immer anziehend Masse ist abhängig von der Geschwindigkeit des Bezugssystem keine Erhaltungsgröße Gravitationskraft ist nicht kompensierbar da nur ein Vorzeichen für Masse vorhanden Masse ist nicht geuantelt b Kräfte zwischen zwei Elektronen im Abstand von nm? Wir berechnen die einzelnen Kräfte und bilden dann den Quotienten: Coulombkraft: F C πε 0 r N. Graviationskraft: F G G m m r N. Quotient: F C F G πε 0 G m m Hieraus erkennen wir dass die Coulombkraft viel größer als die Gravitationskraft ist und in fast allen elektrostatischen Problemen der Einfluss der Gravitationskraft vernachlässigt werden kann.

2 Aufgabe Es ist das elektrische Feld für fünf Ladungen in zwei verschiedenen Anordnungen mit jeweils C an den Punkten a M 00 und b P r0 zu berechnen. Zuerst müssen wir die Koordinaten der Ladungen bestimmen. Hierfür können wir die Symmetrie des Problems nutzen. Wir befassen uns zuerst mit dem Halbkreis: Die ersten drei Punkte sind geschenkt man kann sie direkt aus der Zeichnung ablesen da sowohl M 00 angegeben ist als auch die x- und y Achse eingezeichnet sind. Die ersten drei Punkte liegen bei Q 0 r Q 3 r0 und Q 5 0r wobei wir die Punkte dem Uhrzeigersinn folgend von 6 Uhr beginnend nummerieren. Da es sich um gleichmäßig angeordnete Ladungen handelt können wir die fehlenden zwei Punkte leicht berechnen da wir den Kreisradius r mm und den Winkel 5 zwischen den einzelnen Punkten kennen. Der Winkel von 5 ergibt sich da ein Halbkreis 80 besitzt und wir 5 Punkte mit gleichen Winkelabschnitten haben d.h. 80 / 5. Es reicht die Koordinaten eines der Punkte zu ermitteln da die beiden Punkte symmetrisch um die x-achse angeordnet sind. Wir nutzen ebene Polarkoordinaten: Q r cos ϕ r sin ϕ r cos 5 r sin5 r wegen der Symmetrie folgt also für Punkt Q r. Zusammengefasst haben wir die Punkte: Q r 0 r Q Q 3 Q r 0 r Q 5 r 0. Nun bestimmen wir noch schnell die Punkte für die aufgebogene Ebene. Q E 3 r0 ist für Halbkreis und Ebene identisch. Somit besitzen wir bereits die x-koordinate für alle auf der Ebene befindlichen Punkte. Nun müssen wir nur noch die y-koordinaten bestimmen. Wegen der Symmetrie müssen wir nur die Länge eines Kreissegmentes von 5 mit dem Kreisradius r mm bestimmen. Der Kreisumfang eines vollen Kreises ist U πr. Wir betrachten nur /8 des Kreises daher ist das Kreissegment y πr 8 π r lang. Dies entspricht dem y-koordinatenbeitrag für die Punkte auf der gebogenen Fläche je 5. Somit folgt für unsere Punkte von unten nach oben: Q E Q E r π r π

3 Q E 3 Q E Q E 5 r 0 r π r π. Nachdem wir nun alle Koordinaten der Ladungen ermittelt haben können wir das elektrische Feld berechnen. Auf Grund des Superpositionsprinzips folgt für das elektrische Feld: E πε 0 5 X Q i X Q i X Q i i πε 0 5 e i X Q i i mit X M P. a M 00 Wir betrachten zuerst die Halbkreis anordnung der Ladungen. Ein weiteres mal nutzen wir die Symmetrie aus wobei sich einige Komponenten wegheben. Q und Q 5 tragen nicht bei da ihre Wirkung auf M gleich stark jedoch von gegensätzlichem Vorzeichen ist. Desweiteren heben sich die y-komponenten von Q und Q gegenseitig auf. Es resultiert somit nur eine x-komponente für das elektrische Feld d.h. E e x. Wir müssen also nur die x-komponente des elektrischen Feldes berechnen wobei Q und Q denselben Beitrag liefern. Die y-komponente ist wegen der Symmetrie E y 0. Der Betrag berechnet sich mit ab a + b d.h. M Q i r. Hieraus resultiert also Einsetzen in Gleichung wobei e 0 e e 3 0 e e 5 0. M Q i r liefert E x πε 0 r + r + r + πε 0 r V m E y 0 V m. Für die Ebene folgt da sich die y-komponenten wieder gegenseitig aufheben wiederum nur ein E-Feld in x-richtung. Für die 5 Ladungen gilt: M Q E M Q E r π r π M Q E 3 r 0 3

4 M Q E M Q E 5 r r π π d.h. die x-komponente ist für alle Ladungen identisch. Diesmal ist jedoch der Abstand zwischen M und den Ladungen M Q E i unterschiedlich. Die Symmetrie liefert die folgenden 3 Werte: dies können wir nutzen um die e E i zu berechnen: M Q E 3 r M Q E 5 r + π M Q E r + π 6 e E e E + π + π 6 e E 3 0 e E + π 6 e E 5 + π π π π π und Einsetzen in Gleichung liefert dann das elektrische Feld in Punkt M: E E x E E y 0 V m. πε 0 r + π + + π r + r + π V + π m 6 b P r0 Wieder ergibt sich aus der Symmetrie nur ein x-komponentiger Beitrag da sich P auf der x-achse befindet und für die betrachtete Ladungsanordnung ist die x-achse eine Symmetrieachse Spiegelung. Diesmal tragen alle 5 Ladungen des Halbkreises etwas zum elektrischen Feld im Punkt P bei 3 verschiedene Beiträge wegen der Symmetrie. Es ergeben sich die folgenden Einheitsvektoren e

5 e e e + + e 5. Diese führen mit Hilfe der Beträge + + und Gleichung auf das elektrische Feld: P Q 3 r P Q 5 r P Q + r E x πε 0 r + r V r m Für die Ebene: E y 0 V m. Es ergeben sich die folgenden Einheitsvektoren e E e E π 6 + π π 6 + π 6 + π π π π 6 + π 6 + π e E e E π π π 6 + π 6 + π e E 5 π 6 + π π 6 + π 6 + π und mit Hilfe der Beträge: P Q E 3 r P Q E 6 + π 5 P Q E 6 + π r r 5

6 und Gleichung erhalten wir das elektrische Feld: E x πε π r π r π r V 6 + π m E y 0 V m. Aufgabe 3 Es ist das Potential für einen Punkt P auf der x-achse für einen gleichmäßig geladenen Kreisring mit der Flächenladungsdichte σ innerem Radius R und äußerem Radius R zu berechnen. Für die Geometrie des Problems ist es sinnvoll Zylinderkoordinaten zu verwenden wobei wir den Radius r den Winkel ϕ und die Zylinderachse x verwenden dv dx dy dz r dr dϕ dx. Für das Potential gilt: φ r πε 0 πε 0 V ρ r r r dv r r d Für die differentielle Ladung gilt d σ πr dr. Integration über den Winkel ϕ liefert wenn es keine Winkelabhängigkeit gibt π. Resultierend aus Q σ A Ring σ π R R LadungFlächenladungsdichte Fläche Q d.h. σ folgt also πr R d σ πr dr Q R R r dr. Dies können wir in die Formel für das Potential einsetzen und ausnutzen dass r r x + r r x r r gilt da wir einen Punkt auf der x-achse betrachten: R Q φx πε 0 R R dr x + rr Q [ ] πε 0 R R x + r R R Q πε 0 R R x + R x + R σ x ε + R x + R 0 R 6

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