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— Aufgaben mit L¨osung —
¨ 5. Ubung (KW 24/25)
¨ 5. Ubung (KW 24/25) Aufgabe 1
( Gravitations- und Coulomb-Kraft“) ”
In welchem Verh¨altnis stehen die Gravitationskraft zwischen zwei Protonen und ihre elektrostatische Abstoßungskraft?
Aufgabe 2
( Wasserstoff-Atom nach Bohr“) ”
Laut BOHRschem Atommodell bewegt sich im Wasserstoff-Atom ein Elektron auf einer kreisf¨ormigen Bahn um einen einfach positiv geladenen Kern. Bis auf die Tatsache, dass nur diskrete Energien m¨oglich 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 Abl¨osung des Elektrons vom Kern aufgebracht werden muss). (Hinweis: Die Mitbewegung des Kerns wird vernachl¨assigt. Des Weiteren empfiehlt es sich, den Nullpunkt der potentiellen Energie ins Unendliche zu legen.)
Aufgabe 3
(E 2.8 Elektronenstrahl“) ”
¨ Ein Elektronenstrahl dringt durch eine Offnung in der positiven Platte bei x = 0, y = 0 in das homogene Feld eines Plattenkondensators unter dem Winkel α0 gegen die Platte ein. Die Elektronengeschwindigkeit ist v0 , die Kondensatorspannung U , der Plattenabstand d. (a) Was f¨ ur eine Bahn beschreibt der Elektronenstral? Stellen Sie die Gleichung der Bahnkurve y = y(x) auf! (b) Seine gr¨oßte Entfernung von der positiven Platte betr¨agt y = d/3. Welcher Wert ergibt sich f¨ ur 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 UB sein, wenn der Strahl die negative Platte gerade noch erreichen soll? α0 = 45°, v0 = 8.4 × 106 m s−1 , U = 300 V
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Aufgabe 4
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(E 2.13 Kondensatorpendel“) ”
Zwischen den lotrecht aufgestellten Platten eines Plattenkondensators (Spannung U , Plattenabstand d1 ) h¨angt eine kleine geladene Kugel (Masse m, Ladung Q0 ) an einem gut isolierenden Seidenfaden. (a) Berechnen Sie die Auslenkung α1 des Pendels! (b) Berechnen Sie die Auslenkung α2 , wenn eine Porzellanplatte (Dielektrizittszahl εr , Dicke d2 < d1 ) parallel zu den Kondensatorplatten eingeschoben wird! d1 = 10 cm, d2 = 4.0 cm, εr = 6, Q0 = 4.0 µC, m = 4 g, U = 100 V
Aufgabe 5
(E 2.14 Z¨ ahlrohr“) ”
Ein Z¨ahlrohr f¨ ur Teilchenstrahlung besteht aus einem Draht (Radius ri ) und einem dazu koaxialen zylindrischen Mantel (Radius ra ). 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) Dr¨ ucken Sie die elektrische Feldst¨arke E(r) mit Hilfe der Parameter U , ra und ri aus! ra = 12 mm, ri = 30 µm
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L¨ osung zu Aufgabe 1 Die Gravitationskraft F~G (~r1 , ~r2 ), die eine Punktmassen m1 am Ort ~r1 auf eine Punktmasse m2 am Ort ~r2 aus¨ ubt und die entsprechende elektrische Kraft F~E (~r1 , ~r2 ) zwischen zwei Punktladungen q1 , q2 an denselben Orten ~r1 , ~r2 lauten ~r1 − ~r2 m1 m2 F~G (~r1 , ~r2 ) = −F~G (~r2 , ~r1 ) = γ · 2 · |~r1 − ~r2 | |~r1 − ~r2 | ~r1 − ~r2 q1 q 2 −1 · F~E (~r1 , ~r2 ) = −F~E (~r2 , ~r1 ) = 2 · 4πε0 |~r1 − ~r2 | |~r1 − ~r2 | mit der Gravitationskonstenten γ und der elektrischen Feldkonstanten ε0 . Wenn man f¨ ur die Massen die Protonenmasse mp und die Ladung eines Prototns qp = e einsetzt, ergibt sich f¨ ur das Verh¨altnis aus den Betr¨agen dieser beiden Kr¨afte der Ausdruck m2p ~r1 −~r2 ~ r1 −~ r2 m1 m2 · γ · |γ| · · m2 r1 −~ r2 | |~ r −~ r | |F~G (~r1 , ~r2 )| |~ r1 −~ r2 |2 |~ |~ r −~ r |2 = 1 2 1 2 = 4πε0 γ p = −1 e2 ~r1 −~r2 ~ r1 −~ r2 −1 e2 1 q2 |F~E (~r1 , ~r2 )| · |~r q−~ 4πε 4πε0 · |~r1 −~r2 |2 · |~r1 −~r2 | 2 · |~ r1 −~ r2 | 0 1 r2 | 2
m3 (1.67 × 10−27 kg) As · 6.67 × 10−11 · Vm kg s2 (1.60 × 10−19 C)2 2 1.67 A s · m3 · kg2 = 4π · 8.85 · 6.67 · × 10−12−11−54+38 1.60 V m · kg s2 · C2 −2 ·m C · m2 · kg −39 kg m s = 808 × 10 = 808 × 10−39 −1 2 JC · s · C J N m = 8.1 × 10−37 = 8.1 × 10−37 . 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 vernachl¨assigt 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 vernachl¨assigt werden, die Gravitation bestimmt das Verhalten der Materie im Weltall. Die Ursache daf¨ ur ist die Existenz zweier Sorten eletrischer Ladungen, ¨ die sich gegenseitig neutralisieren k¨onnen und dies auch tun (siehe Ubung 4, Aufgabe 2 Gleichheit der Ladungen“), wohingegen es nur eine Art von Masse gibt, ” deren Gravitationswirkung stets anziehend ist. W¨ahrend sich Ladungen gegenseitig kompensieren, akkumulieren sich die Massen, so dass f¨ ur hinreichend Große Objekte die Gravitation u ¨ber die ekektrische Kraft die Oberhand gewinnt. = 4π · 8.85 × 10−12
L¨ osung zu Aufgabe 2 Die Ionisierungsenergie ist diejenige Energie, die man aufwenden muss, um das Elektron von seinem am Kern gebundenen Zustand in einen freien (ungebundenen) ZuJens Patommel
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stand zu bef¨ordern, wobei das Elektron hinterher die kinetische Energie Null hat. Anfangs, also im gebundenen Zustand, bewegt sich das Elektron auf einer Kreisbahn vom zun¨achst unbekannten Bahnradius r0 mit der ebenfalls unbekannten Geschwindigkeit v0 . Wir berechnen zun¨achst die Arbeit WC (r0 , r1 ), die verrichtet wird, wenn man das Elektron im Coulomb-Feld des Kerns von seinem Anfangsabstand r0 zu einem anderen Abstand r1 > r0 bringt, wobei wir zun¨achst annehmen, dass das Elektron ruht und die Beschleunigung w¨ahrend des Vorgangs vernachl¨assigbar klein bleibt (quasistatischer Vorgang). Da das elektrische Kraftfeld konservativ ist (Weg-Integral der Arbeit ist wegunabh¨angig), kann man einen beliebigen Weg w¨ahlen, um von r0 nach r1 zu gelangen. Wir w¨ahlen den radial verlaufenden Weg (entlang der Verbindungslinie zwischen Elektron und Kern), bei dem die elektrische Kraft jederzeit parallel zum zur¨ uckgelegten Wegelement verl¨auft und ihr entgegenorieniert ist (das Elektron wird vom Kern angezogen, die Wegstrecke verl¨auft aber vom Kern weg). Damit der Vorgang quasistatisch abl¨auft, muss die Gesamtkraft auf das Elektron Null betragen, d. h. die Coulomb-Kraft FC muss von der von außen aufzubringenden Kraft Fa gerade kompensiertwerden, F~a + F~C = ~0. F¨ ur die zu verrichtende Arbeit gilt dann 180° Zr1 Zr1 Zr1 z }| { WC (r0 , r1 ) = d~r F~a (~r) = − d~r F~C (~r) = − |d~r| F~C (r) cos (F~C , d~r) | {z } | {z } r0
~C (~ −F r)
Zr1
r0
r0
Zr1
−1
Zr1
r e2 −e2 −1 1 |qe qp | −2 = r = dr r = dr 4πε0 r2 4πε0 4πε0 r0 r0 r0 r0 1 1 1 −e2 1 e2 − − 2 . = = 2 2 2 4πε0 r1 r0 4πε0 r0 r1 ~ dr FC (r) =
(2.1)
Da die Coulomb-Kraft proportional zum Kehrwert des Abstandsquadrats ist und somit deren Reichweite unendlich betr¨agt, bedeutet ungebunden“, dass wir den ” Grenzfall r1 → ∞ untersuchen m¨ ussen: e2 1 1 e2 (2.1) − . (2.2) = WC = lim W (r0 , r1 ) = lim r1 →∞ r1 →∞ 4πε0 r02 r12 4πε0 r02 Es muss also von außen die Arbeit WC aufgebracht werden, um ein im Abstand r0 ruhendes Elektron quasistatisch ins Unendliche zu bef¨ordern. Wenn das Elektron zu Beginn die Geschwindigkeit v0 hat und nach der Ionisation ruht, so wird beim Ionisationsvorgang zus¨atzlich kinetische Energie frei: 1 Ekin = me v02 . 2
(2.3)
Die Geschwindigkeit v0 und der Abstand r0 sind nicht unabh¨angig voneinander, sondern sind durch die Bedingung einer gleichf¨ormigen Kreisbewegung miteinander verkn¨ upft. Damit eine gleichf¨ormige Kreisbewegung stattfindet, muss die beschleuv2 nigende Radialkraft (hier die anziehende Coulombkraft) den Betrag mE r00 aufweisen, Jens Patommel
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es muss also ~ F C =
v02 e2 ! = m E 4πε0 r02 r0
=⇒
v02 =
e2 4πε0 r0 me
(2.4)
gelten. Im Abstand r0 ist also die Geschwindigkeit des Elektrons durch (2.4) gegeben, die kinetische Energie betr¨agt dort also (2.3)
Ekin =
1 e2 (2.4) me v02 = . 2 8πε0 r0
(2.5)
Zum Ionisieren des Wasserstoffatoms muss die Coulomb-Arbeit WC aufgebracht werden, und gleichzeitig wird die kinetische Energie Ekin frei, so dass insgesamt eine Ionsierungsenergie von (2.2)
Eion = WC − Ekin =
(2.5)
e2 8πε0 r0
(2.6)
n¨otig ist, um das Elektron in einen freien Zustand zu bringen. Bei bekannter Ionisierungsenergie kann nun der Bahnradius des Elektrons um den Wasserstoffkern berechnet werden: (2.6)
r0 =
e2 8πε0 Eion
(2.7)
e·e e Vm e = · 1012 · · −12 A s 8π · 8.85 · 13.6 A s eV 8π · 8.85 × 10 V m · 13.6 eV m C 1.60 × 10−19 C · 1012 · = 0.000 529 × 10−7 · · m = 52.9 × 10−12 m . = 8π · 8.85 · 13.6 As C
=
Die Bahngeschwindigkeit kann man durch Einsetzen von (2.7) in (2.4) berechnen, (2.4)
v02 =
e2 2Eion e2 (2.7) = = . 2 4πε0 r0 me me 4πε0 me 8πεe0 Eion
Oder man erkennt anhand der Gleichungen (2.5) und (2.6), dass die kinetische Energie gleich der Ionisierungsenergie ist und erh¨alt sofort r 2Eion (2.8) v0 = me s s 2 · 13.6 eV 2e · 13.6 V = = −31 9.11 × 10 kg 9.11 × 10−31 kg s s r 2 · 1.60 × 10−19 C · 13.6 V 2 · 1.60 · 13.6 CV = = · 1012 · −31 9.11 × 10 kg 9.11 kg s s J kg m2 s−2 = 2.2 × 106 · = 2.2 × 106 · = 2.2 × 106 m s−1 . kg kg
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~ 0 = ~r0 × p~0 gegeben, dessen Der Bahndrehimpuls ist durch das Kreuzprodukt L Betrag lautet also 90°
r z }| { 2 m e 2Eion (2.7) e ~ 0 | = |~r0 | · |~p0 | · sin (~r0 , ~v0 ) = me r0 v0 = L0 = |L (2.8) 8πε0 Eion |{z} |{z} | me {z } r0 me v0 1 r 2me e2 = = · · · = 1.05 × 10−34 J s . 8πε0 Eion
Lo ¨sung zu Aufgabe 3 (a) Wir ermitteln die Flugbahn eines einzelnen Elektrons aus dem Elektronenstrahl, indem wir die auf das Elektron wirksamen Kr¨afte untersuchen. Sobald das Elektron das Innere des Plattenkondensators erreicht, erf¨ahrt es eine Kraft F~el aufgrund des elektrischendes Feldes des Kondensators: ~ = −eE ~ = −e U ~ey . F~el = qe E d
(3.1)
y
U
d ~vm
~v0 v0y ↵0
ym v0x x
xm UB
Es wirkt zwar noch zus¨atzlich die Gravitatinskraft F~g = −me g ~ey auf das Elektron, aber wenn man die Betr¨age beider Kr¨afte vergleicht (beispielhaft f¨ ur einen Plattenabstand d = 1 m), Fg me gd 9.11 × 10−31 kg · 9.81 m s−2 · 1 m = = = 1.9 × 10−13 , Fel eU 1.6 × 10−19 C · 300 V
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so sieht man, dass der Einfluss der Schwerkraft getrost vernachl¨assigt werden kann. Die elektrische Kraft bewirkt eine Beschleunigung des Elektrons, ax (t) ~ex + ay (t) ~ey = ~a(t) =
1 ~ (3.1) −eU ~ey , Fel (t) = me me d
d. h. die Komponenten des Beschleunigungsvektors lauten ax (t) = 0 , −eU ay (t) = . me d In x-Richtung ist die Beschleunigung Null und in y-Richtung liegt eine konstante (zeitunabh¨angige) Beschleungigung vor. Die Weg-Zeit-Funktion ~r(t) erh¨alt man durch zweifaches Integrieren der Beschleunigung, durch Nachschlagen in der Formelsammlung oder indem man sie auswendig gelernt hat. Auf alle F¨alle muss man die Randbedingung ~r(0) = ~r0 = x0 ~ex + y0 ~ey = ~0 ~v (0) = ~v0 = v0x ~ex + v0y ~ey = v0 cos α0 ~ex + v0 sin α0 ~ey | {z } | {z } v0x
v0y
ber¨ ucksichtigen. Man erh¨alt dann die folgende Weg-Zeit-Funktion: ~r(t) = [x0 + v0x t] ~ex + y0 + v0y t + 21 ay t2 ~ey eU 2 t ~ey , = v0 cos(α0 )t ~ex + v0 sin(α0 )t − 2me d welche die Bewegeung des Elektrons in x- und y-Richtung beschreibt und alternativ in der Form x(t) = v0 cos(α0 )t , y(t) = v0 sin(α0 )t −
(3.2) eU 2 t 2me d
(3.3)
geschrieben werden kann. Die Flugbahn y(x) erh¨alt man durch Eliminieren der Zeit, was zum Beispiel gelingt, indem man (3.2) nach t aufl¨ost und in (3.3) einsetzt: 2 x eU x y(x) = v0 sin(α0 ) − v0 cos(α0 ) 2me d v0 cos(α0 ) eU = tan(α0 ) x − x2 . 2me dv02 cos2 (α0 )
(3.4)
Es handelt sich also um eine nach unten ge¨offnete Parabel, wie man sie auch schon vom schr¨agen Wurf einer Punktmasse im homogenen Schwerefeld unter Vernachl¨assigung der Luftreibung kennt. (b) Die gr¨oßte Entfernung von der positiv geladenen Platte erreicht der Elektronenstrahl am Scheitelpunkt ~rm = xm ~ex + ym ~ey der Parabel. Da die Bahnkurve y(x) am Jens Patommel
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Scheitelpunkt differenzierbar ist, ist dort notwendigerweise die erste Ableitung Null, d. h. es gilt dy(x) eU ! xm = 0 = tan(α ) − 0 2 2 dx xm me dv0 cos (α0 ) =⇒
xm =
me dv02 tan(α0 ) cos2 (α0 ) . eU
(3.5)
Den maximalen Abstand kriegt man heraus, indem (3.5) in (3.4) eingesetzt wird: eU x2m 2 cos (α0 ) 2 me dv0 me dv02 = tan2 (α0 ) cos2 (α0 ) − tan2 (α0 ) cos2 (α0 ) eU 2eU me dv02 ! d = sin2 (α0 ) = . 2eU 3 (3.4)
ym = y(xm ) = tan(α0 ) xm −
2me dv02
(3.6)
Im letzten Schritt wurde die Kenntnis angewendet, dass der maximale Abstand des Strahls von der positiven Kondensatorplatte ein Drittel des Plattenabstandes betr¨agt. Damit l¨asst sich die spezifische Ladung des Elektrons zu e (3.6) 3 v02 = sin2 α0 me 2U
2
α0 =45°
=
3 v02 3 (8.4 × 106 m s−1 ) = = 176 × 109 C kg−1 4U 4 300 V
bestimmen. Eine andere M¨oglichkeit, Teilaufgabe (b) zu l¨osen, besteht darin, den Energieerhaltungssatz anzuwenden. Die Summe aus kinetischer Energie und potentieller Energie im elektrischen Feld des Kondensators bleibt erhalten, es gilt also Eges = Ekin + Eel = const . Angewendet auf die beiden Positionen ~r0 (Eintritt in den Kondensator) und ~rm (Scheitelpunkt der Flugbahn) ergibt dies folgende Bilanzgleichung: Ekin (~r0 ) + Eel,0 (~r0 ) = Ekin,m (~rm ) + Eel,m (~rm ) y0 1 ym 1 2 =⇒ me v02 + eU = me vm + eU 2 d 2 d y0 1 ym vm =v0x 1 2 =⇒ me v02 + eU = me v0x + eU 2 d 2 d 1 1 1 y0 =0, ym =d/3 2 =⇒ me v02 = me v0x + eU 2 2 3 2 +v 2 v02 =v0x 1 1 0y 2 = eU me v0y =⇒ 2 3 e 3 v02 v0y =v0 sin α0 =⇒ = sin2 α0 , me 2U was nat¨ urlich auf das gleiche Ergebnis f¨ uhrt, wie das Anwenden der in (a) gefundenen Bahngleichung. Jens Patommel
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(c) Der Scheitelpunkt der Flugparabel liegt jetzt nicht mehr bei 13 d sondern bei d. Ich nehme also die in (b) hergeleitete Gleichung (3.6) und verlange ym = d: (3.6)
ym =
me dv02 ! sin2 α0 = d 2eU
=⇒
1 m v2 2 e 0
| {z }
=
eU . sin2 α0
(3.7)
Ekin (~ r0 )
Gleichung (3.7) gibt Auskunft u ¨ber die ben¨otigte kinetische Energie eines einzelnen Elektrons, unmittelbar bevor es in den Plattenkondensator hineinfliegt. Diese kinetische Energie wird durch die Beschleunigungsspannung UB bereitgestellt, es muss also eUB = Ekin (~r0 ) gelten, so dass man f¨ ur die n¨otige Beschleunigungsspannung UB =
Ekin (~r0 ) (3.7) U = e sin2 α0
α0 =45° 1 = 2U
= 600 V
erh¨alt.
L¨ osung zu Aufgabe 4 (a) Auf die geladene Kugel wirken drei ¨außere Kr¨afte, n¨amlich 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. W¨ahlt man das Koordinatensystem so, dass die x-Richtung horizontal (positiv in Auslenkungsrichtung des Pendels) und die z-Richung vertikal (positiv nach oben) verl¨auft, dann gilt
↵1 F~F
0 ~ m Q Fel
↵1 F~g
F~F
U0
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! F~ges = F~g + F~el + F~F = −mg ~ez + Q0 E0 ~ex + FF [− sin(α1 ) ~ex + cos(α1 ) ~ez ] = ~0 =⇒ [Q0 E0 − FF sin(α1 )] ~ex + [−mg + FF cos(α1 )] ~ez = ~0 . | {z } {z } | =0
=0
Damit erh¨alt man das Gleichungssystem Q0 E0 = FF sin(α1 ) mg = FF cos(α1 ) f¨ ur die beiden Unbekannten FF und α1 . Man dividiert die Gleichungen durcheinanur den der, setzt die Feldst¨arke E0 = U0/d1 des Plattenkondensators ein und erh¨alt f¨ gesuchten Winkel sin(α1 ) Q0 E0 = cos(α1 ) mg
=⇒
α1 = arctan
Q0 E0 Q0 U0 = arctan = 5.8° . mg mgd1
(b) Es wird nun eine Porzellanplatte eingeschoben. Das vom Kondensator erzeugte ~ 0 = E0 ~ex (¨außeres Feld) sorgt daf¨ elektrische Feld E ur, dass im Innern des Porzellans elektrische Dipole parallel zum elektrischen Feld ausgerichtet werden, wodurch es innerhalb des Porzellans zu einem zum ¨außeren Feld parallelen aber diesem ent~ P = −EP ~ex kommt. Die beiden Felder gegengesetzt orientierten elektrischen Feld E ~ 0 und E ~P u ~2 = E ~0 + E ~ P = (E0 − EP )~ex , E ¨berlagern sich zu dem neuen Feld E welches aufgrund der entgegengesetzen Orientierung gegen¨ uber dem ¨außeren Feld ~ 0 abgeschw¨acht ist. Wenn die Feldst¨arke nicht zu groß wird, ist der ZusammenE hang zwischen E2 und E0 linear und wird durch die relative Permittivit¨at εr vermittelt, E2 = ε−1 r E0 . Im vorliegenden Kondensator haben wir nach Einschieben der Porzellanplatte zwei Bereiche mit unterschiedlicher Feldst¨arke, den luftgef¨ ullten Bereich mit der Feldst¨arke E1 = E0 sowie den porzellangef¨ ullten Breich mit −1 E2 = εr E0 , wobei zwischen diesen beiden Feldern der Zusammenhang E2 =
1 E1 εr
(4.1)
gilt. Diese beiden Felder bewirken eine eletrische Spannung zwischen den Kondensatorplatten, welche sich als das folgende Wegintegral ergibt: 0° dZ 1 −d2 Z Zd1 z }| { ~ Ekd~ r ~ = ~ r) = drE(~r) cos (d~r, E) drE(r) = drE1 + drE2 U = d~r E(~ | {z } 0 1 d1 −d2 W W W 1 d2 (4.2) = (d1 − d2 ) E1 + d2 E2 = (d1 − d2 ) E1 + d2 E1 = E1 d1 − d2 + . (4.2) εr εr
Z
Z
Hierbei habe ich den Integrationsweg senkrecht zu den Kondensatorplatten gew¨ahlt, so dass er parallel zum elektrischen Feld verl¨auft, wodurch sich das Skalarprodukt der Vektoren zum Produkt der Vektorbetr¨age vereinfacht. Gleichung (4.2) beschreibt den Zusammenhang zwischen der Spannung zwischen den Kondensatorplatten und der elektrischen Feldst¨arke im luftbef¨ ullten Bereich des Jens Patommel
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Kondensators. In der Aufgabenstellung wird implizit vorausgesetzt, dass w¨ahrend des Einschiebens der Porzellanplatte die Spannung zwischen den Kondensatorplatten konstant ist, d. h. U = U0 . Dies geschieht, indem die Spannungsquelle ange¨ schlosssen bleibt, wodurch sich beim Andern der Kapazit¨at des Kondensators durch das Einbringen der Porzellanplatte auch die Ladung des Kondensators ¨andert. Die zus¨atzliche Ladung auf den Kondensatorplatten vergr¨oßert das ¨außere elektrische Feld E0 , so dass trotz Abschw¨achung des Feldes im Innern des Porzellans die Kondensatorspannung auf dem konstanten Wert U = U0 verbleibt, so dass sich aus Gleichung (4.2) die elektrische Feldst¨arke E1 =
U0 d1 − d2 +
(4.3)
d2 εr
ergibt. Daraus errechnen wir analog zu Teilaufgabe (a) den maximalen Auslenkwinkel und erhalten 0 0 Q E1 (4.3) Q U0 i = 8.7° . h α2 = arctan = arctan d2 mg mg d − d + 1
2
εr
Bemerkung: Man k¨onnte den Vorgang aber auch anders ablaufen lassen, indem man n¨amlich vor dem Einschieben der Porzellanplatte die Spannungsquelle abklemmt und die Platten elektrisch isoliert l¨asst. Dann sind die Ladungen auf den Kondensatorplatten gefangen, sie k¨onnen weder abfließen, noch k¨onnen weitere Ladungen auf die Platten gelangen, d. h. die Ladung des Kondensators bleibt die ganze Zeit u ¨ber konstant, auch wenn die Porzellanplatte eingeschoben wird. Die Ladung des Kondensators bleibt nun zwar konstant, es ¨andert sich jedoch die Spannung zwischen den Kondensatorplatten, weil sich durch das Porzellan die Kapazit¨at des Kondensators ¨andert. Wir ermitteln diese neue Kapazit¨at Cneu , um daraus die neue Spannung Uneu berechnen zu k¨onnen. Die neue Kapazit¨at erh¨alt man als die Kapazi¨at zweier in Reihe geschalteter Kondensatoren C1 und C2 , wobei der erste Kondensator einem mit Luft gef¨ ullten Kondensator mit Plattenabstand d1 − d2 und der zweite einem mit Porzellan gef¨ ullten Kondensator mit Plattenabstand d2 entspricht. Die Kapazit¨aten dieser beiden Einzelkondensatoren lauten ε0 A , d1 − d2 εr ε0 A C2 = , d2
(4.4)
C1 =
(4.5)
so dass man f¨ ur den Gesamtkondensator die neue Kapazit¨at −1 −1 1 1 d1 − d2 d2 ε0 A (4.4) Cneu = + = + = (4.5) C1 C1 ε0 A εr ε0 A d1 − d2 + Jens Patommel
d2 εr
(4.6)
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erh¨alt, woraus wir die neue Spannung berechnen: d2 Q 0 d2 Q0 Q0 (4.6) = d1 − d2 + = d1 − d2 + Uneu = Cneu εr ε0 A εr d1 ε0 A/d1 | {z } C0
=
d1 − d2 +
d2 εr
d1
d1 − d2 + Q0 = C0 d1
d2 εr
U0 .
(4.7)
Andererseits ergibt sich die Spannung als Wegintegral u ¨ber die Feldst¨arke von einer Kondensatorplatte zur anderen, d. h. wir k¨onnen Gleichung (4.2) und (4.7) gleichsetzen, um die Feldst¨arke E10 zu berechnen, die nun im luftgef¨ ullten Bereich des Kondensators herrscht: d1 − d2 + dε2r d2 0 = U0 (4.2) ∧ (4.7) =⇒ E1 d1 − d2 + εr d1 U0 ⇐⇒ E10 = = E1 . d1 Die elektrische Feldst¨arke bleibt in diesem Fall unver¨andert, so dass das Pendel in seiner Ursprungsposition bei α0 verharrt. Der Auslenkungswinkel des Pendels bleibt also konstant, wenn man die Spannungsquelle vor Einbringen des Porzellans entfernt; er vergr¨oßert sich jedoch, wenn die Spannungsquelle angeschlossen bleibt und f¨ ur konstante Spannung sorgt.
L¨ osung zu Aufgabe 5 (a) Das Z¨ahlrohr hat die Geometrie eines Zylinderkondensators, dessen elektrische Feldst¨arke im Innern durch die Gleichung ~ E(r) =
Q ~er 2πε0 lr
(5.1)
gegeben ist, wobei r den Abstand von der Zylinderachse, l die Zylinderl¨ange und ~er den radial nach außen orientierten Einheitsvektor darstellen. Die auf das zu detektierende Teilchen wirkende Kraft hat somit den Betrag 0 (5.1) |QQ | ~ F (r) = |Q0 ||E(r)| = . 2πε0 lr
(5.2)
Wenn sich das Teilchen vom Zylindermantel zum Draht bewegt, verringert es seinen Abstand zur Zylinderachse von ra auf ri , so dass die Kraft um den Faktor F (ri ) (5.2) fa = = F (ra )
|QQ0 | 2πε0 lri |QQ0 | 2πε0 lra
=
ra 12 mm 12 000 µm = = = 400 ri 30 µm 30 µm
(5.3)
zunimmt. Jens Patommel
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Physik 2 ET, SoSe 2013
— Aufgaben mit L¨osung —
¨ 5. Ubung (KW 24/25)
(b) Die Mitte zwischen Mantel und Draht hat von der Zylinderachse den Abstand rm = ri + 12 (ra − ri ) = 21 (ra + ri ) .
(5.4)
Somit nimmt die Kraft, die auf das Teilchen wirkt, auf seinem Weg vom Zylindermantel zur Mitte um den Faktor fb =
F (rm ) ra (5.4) = = F (ra ) rm
1 2
2 (5.3) 2 ra 2 = = ri = 1 = 1.995, −1 1 + ra 1 + fa (ra + ri ) 1 + 400
zu, d. h. die Kraft verdoppelt sich. (c) Die elektrische Feldst¨arke soll mit Hilfe der Parameter U , ra und ri ausgedr¨ uckt werden. Dazu rufe man sich in Erinnerung, dass man die Spannung zwischen zwei Punkten als Wegintegral u ¨ber die Feldst¨arke erh¨alt, Zra Zra (5.1) ~ r) = d~r U = d~r E(~ ri
=
Q Q ~er = 2πε0 lr 2πε0 l
Zra Zra Q d~ r k~ e r d~r ~er r−1 = dr r−1 | {z } 2πε0 l ri
ri
dr
ri
Q ra ra (5.1) = rE(r) ln . ln 2πε l ri ri | {z0} rE(r)
Diese Gleichung nach dem Betrag der elektrischen Feldst¨arke aufgel¨ost ergibt den gesuchten Zusammenhang: E(r) =
U . r ln rrai
Quellen Die Aufgaben 3, 4 und 5 sind entnommen aus: Peter M¨ uller, Hilmar Heinemann, ¨ Heinz Kr¨amer, Hellmut Zimmer, Ubungsbuch Physik, Hanser Fachbuch, ISBN: 9783-446-41785-4 http://www.hanser-fachbuch.de/buch/Uebungsbuch+Physik/9783446417854 ¨ Die Ubungsund L¨osungsbl¨atter gibt es unter http://newton.phy.tu-dresden.de/~patommel/Physik_2_ET Die Homepage zur Vorlesung findet sich unter http://www.iapp.de/iapp/lehre/materialien/?v=pe
Jens Patommel
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