Ubungen/L¨ ¨ osungen zur Klassischen Experimentalphysik II SS 2017

Alexey Ustinov, Hannes Rotzinger Karlsruher Institut f¨ur Technologie (KIT)

Ubungen/L¨ ¨ osungen zur Klassischen Experimentalphysik II SS 2017

Ubungsblatt 3 ¨ · Besprechung am 17. Mai 2017

http://www.phi.kit.edu/phys2.php ILIAS KPW: KPII-SS2017 Aufgabe 7:

(a) Die potentielle Energie der Kugel ist ein skalares Feld der Form E_pot = gh(x, y), wobei h(x, y) die H¨ohenkontur des Berghangs ist. Der Gradient der Energie entspricht der Kraft auf die Kugel: gradE_pot =−F~, die Kugel wird beim Herunterrollen also immer entlang des Gradienten beschleunigt. Dieser zeigt dabei immer in Richtung der gr¨oßten Steigung.

(b) ∇f~ =−_(2+r^2~r2)²

(c) Beim Wasser Einlassen: Divergenz ungleich 0 unterhalb des Wasserhahns, Rotation gleich 0; beim Ablassen bildet sich meistens ein Strudel: Rotation und Divergenz ungleich 0 beim Ausfluss.

(d) ~v =~ω×~r = (−ωy, ωx,0); ∇v~ = ^∂(−ωy)_∂x +^∂(ωx)_∂y = 0.

(e) ∇ ×~ ~v =−^∂(ωx)_∂z ~e_x+^∂(−ωy)_∂z ~e_y+

∂(ωx)

∂x −^∂(−ωy)_∂y

~e_z = 2ω~e_z. Hierbei ist~e_i der Einheitsvektor in Richtung i.

Aufgabe 8: Oberfl¨achenintegral

Berechnung des Oberfl¨achenintegrals des W¨urfels : 6 Seiten →6 Normalenvektoren die immer nach außen zeigen:

dA_x1 = (1,0,0), dA_x2 = (−1,0,0), dA_y1 = (0,1,0), dA_y2 = (0,−1,0), dA_z1 = (0,0,1), dA_z2 = (0,0,−1).

₀ I

A

Ed ~~ A=₀( I

L²

EdA~ _x1 + I

L²

EdA~ _x2+ I

L²

EdA~ _y1+ I

L²

EdA~ _y2+ I

L²

EdA~ _z1+ I

L²

EdA~ _z2)

Durch die symmetrische Durchsetzung des homogenen Feldes:

=₀ I

L²

(E_x, E_y, E_z)d(1,0,0) +...

ergibt sich

=₀(E_xL²−E_xL²+E_yL²−E_yL²+E_zL²−E_zL²) = 0

wie vermutet, da alle Feldlinien, die in den W¨urfel gehen, ihn auch wieder verlassen.

Beim halben W¨urfel ist das vorgehen identisch, bei den Seitenfl¨achen (x, y) ergibt das Integral wieder 0, da das Feld welches in den W¨urfel hineingeht auch wieder auf der anderen Seite austritt. Somit spielt nur der Deckel (z) eine Rolle:

₀( I

L²

EdA~ _z1) =₀( I

L²

(E_x, E_y, E_z)d(0,0,1)) =₀E_zL² Aufgabe 9:

(a) homogen geladener Draht der L¨ange LR mit der Raumladungsdichte ρ

(i) innen (r < R):R Ed ~~ S =E_i2πrL= ¹

0

R ρdV Das Fl¨achenelement d ~S ist der Zylindermantel.

E_i2πrL= ρπr²L ₀ = Q_i

₀

E_i = ρr

2₀ = λ 2π₀R²r mit der Ladung pro L¨ange

λ= Q

L =πR²ρ (ii) außen: E_a = 2πrL= ^ρπR2L

0

E_a = ρR²

2₀r = λ 2π₀

1 r

→ϕ_i =− Z r

R

E_idr=− Z r

R

λ

2π₀R²rdr = λ

4π₀R²(R²−r²) ϕ_a=−

Z r

R

E_adr =− λ 2π₀ ln r

R (b) ”hohler Draht”: →Q_i = 0 →E_i = 0 und E_a∝ ¹_r (außen bleibt)

ϕ_i = konst undϕ_a∝lnr (außen bleibt).

Aufgabe 10:

(a) Kapazit¨at einer leitenden Kugel

C = Q U mit

U = Z ra

ri

E(r)dr

und Z

Edf =E4πr² = Q 0

→E(r) = Q

4π0r²; r_i < r < r_a

→U = Z ra

ri

Q 4π0

1 r²dr also

U = Q 4π₀

1 r_i − 1

r_a

N¨aherungsweise kann die Erde als leitende Kugel ansehen: r_a→ ∞: U = _4π^Q

0rE

C = ^Q_U = 4π₀r_E = 4π·8,85·10⁻¹²F/m ·6371 km.C = 709µF (b) E = 130 V/m →(aus (a)) U =E(r)·r_E = 828 MV.

→Q=C·U = 4π₀E(r)r_E² = 5.87·10⁵C.

(c) Gegenladung der Kugel beir_a =r_E +h= 6381:

C⁰ = Q

U⁰ = 4π₀ 1

r_E − 1 r_a

−1

C⁰ = 0.45 F

Die Ladung auf der Erdoberfl¨ache bleibt gleich:

Q=Q⁰ = 4π₀r²_EE(r) = 5.87·10⁵C →U⁰ = _C^Q0 = 1.3·10⁶V