Lösung - TU Dresden

Physik 2 ET, SoSe 2013
— Aufgaben mit Lösung —
5. Übung (KW 24/25)
5. Übung (KW 24/25)
Aufgabe 1
( Gravitations- und Coulomb-Kraft“)
”
In welchem Verhältnis 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 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 2.8 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 α0 gegen
die Platte ein. Die Elektronengeschwindigkeit ist v0 , 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 UB sein, wenn der Strahl die negative Platte gerade
noch erreichen soll?
α0 = 45°, v0 = 8.4 × 106 m s−1 , U = 300 V
Jens Patommel <[email protected]>
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Physik 2 ET, SoSe 2013
Aufgabe 4
— Aufgaben mit Lösung —
5. Übung (KW 24/25)
(E 2.13 Kondensatorpendel“)
”
Zwischen den lotrecht aufgestellten Platten eines Plattenkondensators (Spannung
U , Plattenabstand d1 ) hängt 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 Zählrohr“)
”
Ein Zählrohr für 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) Drücken Sie die elektrische Feldstärke E(r) mit Hilfe der Parameter U , ra und
ri aus!
ra = 12 mm, ri = 30 µm
Jens Patommel <[email protected]>
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Physik 2 ET, SoSe 2013
— Aufgaben mit Lösung —
5. Übung (KW 24/25)
Lösung zu Aufgabe 1
Die Gravitationskraft F~G (~r1 , ~r2 ), die eine Punktmassen m1 am Ort ~r1 auf eine Punktmasse m2 am Ort ~r2 ausübt 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 für die Massen die Protonenmasse mp und die Ladung eines Prototns qp = e
einsetzt, ergibt sich für das Verhältnis aus den Beträgen dieser beiden Kräfte 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 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 dafür ist die Existenz zweier Sorten eletrischer Ladungen,
die sich gegenseitig neutralisieren können und dies auch tun (siehe Übung 4, Aufgabe 2 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.
= 4π · 8.85 × 10−12
Lösung 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 <[email protected]>
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— Aufgaben mit Lösung —
5. Übung (KW 24/25)
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 r0 mit der ebenfalls unbekannten Geschwindigkeit v0 .
Wir berechnen zunächst 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 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 r0 nach
r1 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 FC muss von der von außen aufzubringenden Kraft
Fa gerade kompensiertwerden, F~a + F~C = ~0. Für 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 beträgt, bedeutet ungebunden“, dass wir den
”
Grenzfall r1 → ∞ untersuchen müssen:
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 befördern. Wenn das Elektron
zu Beginn die Geschwindigkeit v0 hat und nach der Ionisation ruht, so wird beim
Ionisationsvorgang zusätzlich kinetische Energie frei:
1
Ekin = me v02 .
2
(2.3)
Die Geschwindigkeit v0 und der Abstand r0 sind nicht unabhängig voneinander,
sondern sind durch die Bedingung einer gleichförmigen Kreisbewegung miteinander
verknüpft. Damit eine gleichförmige Kreisbewegung stattfindet, muss die beschleuv2
nigende Radialkraft (hier die anziehende Coulombkraft) den Betrag mE r00 aufweisen,
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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 beträgt 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)
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:
(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 erhält 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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5. Übung (KW 24/25)
~ 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
Lösung zu Aufgabe 3
(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:
~ = −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 zusätzlich die Gravitatinskraft F~g = −me g ~ey auf das Elektron,
aber wenn man die Beträge beider Kräfte vergleicht (beispielhaft für 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 vernachlässigt 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 (zeitunabhängige) Beschleungigung vor. Die Weg-Zeit-Funktion ~r(t) erhält man
durch zweifaches Integrieren der Beschleunigung, durch Nachschlagen in der Formelsammlung oder indem man sie auswendig gelernt hat. Auf alle Fälle 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
berücksichtigen. Man erhält 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) erhält man durch Eliminieren der Zeit,
was zum Beispiel gelingt, indem man (3.2) nach t auflöst 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 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 ~rm = xm ~ex + ym ~ey der Parabel. Da die Bahnkurve y(x) am
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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
beträgt. Damit lässt 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 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
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 natürlich auf das gleiche Ergebnis führt, wie das Anwenden der in (a) gefundenen
Bahngleichung.
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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 über die benötigte 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 für die nötige Beschleunigungsspannung
UB =
Ekin (~r0 ) (3.7) U
=
e
sin2 α0
α0 =45° 1
= 2U
= 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
0
~
m Q Fel
↵1
F~g
F~F
U0
Jens Patommel <[email protected]>
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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 erhält man das Gleichungssystem
Q0 E0 = FF sin(α1 )
mg = FF cos(α1 )
für die beiden Unbekannten FF und α1 . Man dividiert die Gleichungen durcheinander, setzt die Feldstärke E0 = U0/d1 des Plattenkondensators ein und erhält für den
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 (äußeres Feld) sorgt dafür, dass im Innern des Porzelelektrische Feld E
lans elektrische Dipole parallel zum elektrischen Feld ausgerichtet werden, wodurch
es innerhalb des Porzellans zu einem zum äußeren Feld parallelen aber diesem ent~ P = −EP ~ex kommt. Die beiden Felder
gegengesetzt orientierten elektrischen Feld E
~ 0 und E
~ P überlagern sich zu dem neuen Feld E
~2 = E
~0 + E
~ P = (E0 − EP )~ex ,
E
welches aufgrund der entgegengesetzen Orientierung gegenüber dem äußeren Feld
~ 0 abgeschwächt ist. Wenn die Feldstärke nicht zu groß wird, ist der ZusammenE
hang zwischen E2 und E0 linear und wird durch die relative Permittivität εr vermittelt, E2 = ε−1
r E0 . Im vorliegenden Kondensator haben wir nach Einschieben
der Porzellanplatte zwei Bereiche mit unterschiedlicher Feldstärke, den luftgefüllten Bereich mit der Feldstärke E1 = E0 sowie den porzellangefüllten Breich mit
E2 = ε−1
r 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 gewählt,
so dass er parallel zum elektrischen Feld verläuft, wodurch sich das Skalarprodukt
der Vektoren zum Produkt der Vektorbeträge vereinfacht.
Gleichung (4.2) beschreibt den Zusammenhang zwischen der Spannung zwischen
den Kondensatorplatten und der elektrischen Feldstärke im luftbefüllten Bereich des
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Physik 2 ET, SoSe 2013
— Aufgaben mit Lösung —
5. Übung (KW 24/25)
Kondensators. In der Aufgabenstellung wird implizit vorausgesetzt, dass während
des Einschiebens der Porzellanplatte die Spannung zwischen den Kondensatorplatten konstant ist, d. h. U = U0 . 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 E0 , so dass trotz Abschwächung des Feldes im Innern des Porzellans die Kondensatorspannung auf dem konstanten Wert U = U0 verbleibt, so dass sich aus
Gleichung (4.2) die elektrische Feldstärke
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 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 Cneu , um daraus die neue Spannung Uneu berechnen zu können. Die neue Kapazität erhält man als die Kapaziät zweier in Reihe
geschalteter Kondensatoren C1 und C2 , wobei der erste Kondensator einem mit Luft
gefüllten Kondensator mit Plattenabstand d1 − d2 und der zweite einem mit Porzellan gefüllten Kondensator mit Plattenabstand d2 entspricht. Die Kapazitäten dieser
beiden Einzelkondensatoren lauten
ε0 A
,
d1 − d2
εr ε0 A
C2 =
,
d2
(4.4)
C1 =
(4.5)
so dass man für den Gesamtkondensator die neue Kapazität
−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 <[email protected]>
d2
εr
(4.6)
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erhält, 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 über die Feldstärke von einer
Kondensatorplatte zur anderen, d. h. wir können Gleichung (4.2) und (4.7) gleichsetzen, um die Feldstärke E10 zu berechnen, die nun im luftgefüllten 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 Feldstärke bleibt in diesem Fall unverändert, 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 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
~er
2πε0 lr
(5.1)
gegeben ist, wobei r den Abstand von der Zylinderachse, l die Zylinderlänge 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 <[email protected]>
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(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 Feldstärke soll mit Hilfe der Parameter U , ra und ri ausgedrückt
werden. Dazu rufe man sich in Erinnerung, dass man die Spannung zwischen zwei
Punkten als Wegintegral über die Feldstärke erhält,
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 Feldstärke aufgelöst ergibt den
gesuchten Zusammenhang:
E(r) =
U
.
r ln rrai
Quellen
Die Aufgaben 3, 4 und 5 sind entnommen aus: Peter Müller, Hilmar Heinemann,
Heinz Krämer, Hellmut Zimmer, Übungsbuch Physik, Hanser Fachbuch, ISBN: 9783-446-41785-4
http://www.hanser-fachbuch.de/buch/Uebungsbuch+Physik/9783446417854
Die Übungs- und Lösungsblätter 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 <[email protected]>
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