Testprüfung, Musterlösung 1. Einfache Mechani Die Perle hat nur einen Freiheitsgrad, sie ann sich nur entlang des Drahtes bewegen. Wir bezeichnen den Abstand der Perle von der Drehachse it r. Auf die Perle wiren zwei Kräfte: i) die Kraft der Feder und ii) die Zentrifugalraft. a) Die Bewegungsgleichung stellen wir nach Newton auf: F = a r = (r l) + Ω }{{}}{{ 2 r} (1) F F Feder Zentrifugal b) Für die Lösung der BGL foren wir diese u: ( ) r = Ω2 r + l (2) An dieser Stelle üssen wir eine Fallunterscheidung treffen: i) > Ω2 : In diese Fall ist die Bewegungsgleichung diejenige eines haronischen Oszillators und der Abstand der Perle von der Drehachse ist beschränt. ii) < Ω2 : In diese Fall würde der Abstand der Perle von der Drehachse exponentiell anwachsen. iii) = Ω2 : Dies beschreibt den Spezialfall, dass sich die Zentrifugalraft und die ortsabhängige Kraft der Feder genau aufheben Die Perle wird gleichässig nach aussen beschleunigt, r(t) = l t2 + r(0) + ṙ(0)t 2 Der einzige Fall der zu einer beschränten Bahn führt ist Fall i), die Bedingung ist also > Ω2. c) Die allgeeine Lösung der inhoogenen Differentialgleichung (2) setzt sich aus der allgeeinen Lösung r h (t) der hoogenen Gleichung und einer speziellen Lösung r s (t) der inhoogenen Gleichung zusaen. Wir widen uns zuerst der speziellen Lösung. Dazu betrachten wir den Fall r = 0, da wir veruten dass eine Gleichgewichtslage existiert: ( ) 0 = Ω2 r s + l (3)
r s = l (4) Ω2 Die spezielle Lösung ist wie erwartet ein onstanter Abstand von der Drehachse, r s (t) = r 0, t it r 0 = l. (5) Ω2 Die hoogene DGL aus (2) lautet ( ) r h = Ω2 r h (6) Wir setzen ω = Ω2 (7) und erhalten dait die beannte Differentialgleichung eines haronischen Oszillators Deren Lösung ist r h = ω 2 r h. (8) r h (t) = A cos(ωt + ϕ), (9) wobei die Konstanten A und ϕ aus den Anfangsbedingungen zu bestien sind. Die allgeeine Lösung der Bewegungsgleichung (2) setzt sich also zusaen aus den Lösungen (5) und (9): r(t) = l + A cos(ωt + ϕ). (10) Ω2 d) Der Drehipuls L der Perle bezüglich der Drehachse ist gegeben durch L = r r (11) Dabei beschreibt r die Geschwindigeit und r den Ortsvetor der Perle. In unsere Fall bleibt die Richtung des Drehipulses onstant parallel zur Drehachse, es genügt also den Betrag des Drehipulses L = L zu berechnen. Es bezeichne v t den Betrag der Tangentialgeschwindigeit der Perle. Dait ist L = v t r = Ωr r = Ω r 2. (12) Da Ω nach Voraussetzung onstant ist, der Abstand r i Allgeeinen jedoch nicht, ist der Drehipuls nicht erhalten.
Beerung Die Änderung des Drehipulses bedeutet, dass wegen des Zusaenhangs M = d dt L (13) auf die Perle ein Drehoent M wirt. Dieses zeigt parallel zu Drehipuls, da sich wie oben schon erwähnt die Richtung von L nicht ändert. Es ist also Wegen M = M = Ω 2rṙ. (14) M = F r (15) wirt also auf die Perle eine tangentiale Kraft F it Betrag F t, F t = 2 Ω ṙ. (16) Dies ist genau die Kraft welche der Draht auf die Perle ausübt u die Coriolis-Kraft auszugleichen.
2. Einfache Eletrostati Wir bezeichnen den Hohlrau als Gebiet I, das Metall als Gebiet II und den die Kugel ugebenden Rau als Gebiet III. a) Wir legen den Ursprung O unseres Koordinatensystes in die Puntladung, die it den Zentren der Metallugel und des Hohlraues zusaenfällt. Aus Syetriegründen uss das Feld ugelsyetrisch u diesen Ursprung sein. Da die Rotation von E verschwindet, uss das eletirsche Feld darüber hinaus radial gerichtet sein. Wir bezeichnen it r den Abstand vo Ursprung. Das Feld i Hohlrau berechnet sich dann leicht it de Satz von Gauss. Dazu legen wir als Gaussfläche eine Kugel ir Radius r u O und Berechnen den Fluss durch die Oberfläche dieser Kugel ittels Das Feld i Hohlrau ist also Φ r = 4πr 2 E(r) = Q in ε 0. (17) E I (r) = 1 r 2. (18) I Metall uss das eletrische Feld verschwinden, weil sonst Ströe fliessen würden. Es gilt also E II (r) = 0. (19) I Aussenrau gilt önnen wir wiederu den Satz von Gauss verwenden und erhalten denselben Ausdruc wie i Hohlrau, E III (r) = 1 r 2. (20) b) Für das Potential üssen wir das eletrische Feld intergrieren und die Potentiale in den drei Teilgebieten an den Grenzflächen jeweils stetig fortsetzen. Wir erhalten also U I (r) = U II (r) = U III (r) = 1 r 1 (21) R (22) 1 ( r R + ) R (23) c) Wir haben oben festgehalten, dass das eletrische Feld i Metall verschwindet. Daraus folgt, dass auch der Fluss des eletrischen Feldes durch jede Gaussfläche, die ganz i Metall liegt, verschwindet. Nach de Satz von Gauss uss also die gesate in einer solchen Fläche eingeschlossene Ladung verschwinden. I Ursprung befindet sich jedoch die Puntladung die in
jeder solchen Gaussfläche enthalten ist. Es uss also auf der Oberfläche des Hohlraues eine Ladung it gesathaft gleiche Betrag aber ugeehrte Vorzeichen vorhanden sein. Aus Syetriegründen uss diese Ladung hoogen auf de Rand des Hohlraues verteilt sein. Es uss also eine Flächenladung it Dichte σ I,II = auf de Rand des Hohlraues vorliegen. 4πR 2 (24) Da das Metall gesathaft eletrisch neutral ist, uss die Ladung die auf den Rand des Hohlraues geflossen ist an der Aussenfläche der Kugel opensiert werden. Dort finden wir also die Flächenladungsdichte vor. σ II,III = 4πR 2 (25) Man sieht leicht, dass die Ladungsverteilungen (24) und (25) zusaen it der Puntladung genau die in a) beschriebene Feldverteilung bewiren. 3. Nicht ehr ganz einfache Eletrostati Wiederu bezeichnen wir it I den Hohlrau, it II das Metall und it III den Aussenrau. Den Ursprung Olegen wir ins Zentru der Metallugel, die Position der Puntladung und das Zentru des Hohlraues bezeichnen wir it P, den dazugehörigen Ortsvetor it r 0. In dieser Geoetrie ist nun die Kugelsyetrie aus Aufgabe 2 aufgehoben. Die Arguentation ist aber ansonsten genau dieselbe. a) Hier genügt es nicht ehr, einfach die Syetrie beizuziehen. Wir verwenden wie oben, dass das (statische) eletrische Feld onservativ ist, d.h. dass das Wegintegral von E entlang jeder geschlossenen Kurve verschwindet (und soit E = 0): Nehen wir versuchsweise an, dass das Feld i Hohlrau eine tangentiale Koponente besitze. In diese Fall önnten wir eine Kontur finden, entlang der die Zirulation von E nicht verschwindet. Also ann E eine (bezüglich P ) tangentiale Koponente besitzen. Nach derselben Arguentation darf auch der Betrag von E nur vo Abstand von P abhängen. Es folgt, dass das eletrische Feld i Hohlrau genau gleich ist wie in Aufgabe 2: E I ( r) = 1 ( r r 0 ) r r 0 3. (26) I Metall uss das eletrische Feld wieder verschwinden,
E II (r) = 0. (27) Als Folge davon uss wieder auf der Randfläche de Hohlraues die hoogene Flächenladung σ I,II =. (28) 4πR 2 liegen u das Feld der Puntladung i Metall abzuschiren. U die Ladungsneutralität des Metalls zu gewährleisten uss wieder auf der Aussenfläche der Kugel die Gesatladung + liegen. Nur wenn diese hoogen verteilt ist, liefert sie einen Beitrag zu Feld i Inneren des Metalls Auch diese Ladungsdichte ist genau wie in Aufgabe 2 gegeben durch σ II,III = 4πR 2. (29) Beachte, dass das eletrische Feld einer hoogen geladenen Kugel(schale) ausserhalb derselben genau gleich ist wie wenn dieselbe Gesatladung i Kugelzentru onzentriert wäre. Dait heben sich die Beiträge der Puntladung und der Flächenladung auf de Rand des Hohlraues weg (wie wir bereits in (28) verwendet haben). Das eletrische Feld ausserhalb der Metallugel ist also identisch it (20): E III ( r) = 1 r r 3. (30) Die Potentiale in den drei Gebieten berechnen wir wieder leicht aus den Feldern und inde wir fordern, dass das Potential an den Grenzflächen stetig sei. Wir erhalten: U I ( r) = U II ( r) = U III ( r) = 1 (31) r r 0 1 (32) R ( 1 r R + ) (33) R