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

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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 Epot = gh(x, y), wobei h(x, y) die H¨ohenkontur des Berghangs ist. Der Gradient der Energie entspricht der Kraft auf die Kugel: gradEpot =−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+r2~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 ~ex+∂(−ωy)∂z ~ey+

∂(ωx)

∂x∂(−ωy)∂y

~ez = 2ω~ez. Hierbei ist~ei 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:

dAx1 = (1,0,0), dAx2 = (−1,0,0), dAy1 = (0,1,0), dAy2 = (0,−1,0), dAz1 = (0,0,1), dAz2 = (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

(Ex, Ey, Ez)d(1,0,0) +...

ergibt sich

=0(ExL2−ExL2+EyL2−EyL2+EzL2−EzL2) = 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

(Ex, Ey, Ez)d(0,0,1)) =0EzL2 Aufgabe 9:

(2)

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

(i) innen (r < R):R Ed ~~ S =Ei2πrL= 1

0

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

Ei2πrL= ρπr2L 0 = Qi

0

Ei = ρr

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

λ= Q

L =πR2ρ (ii) außen: Ea = 2πrL= ρπR2L

0

Ea = ρR2

20r = λ 2π0

1 r

→ϕi =− Z r

R

Eidr=− Z r

R

λ

0R2rdr = λ

0R2(R2−r2) ϕa=−

Z r

R

Eadr =− λ 2π0 ln r

R (b) ”hohler Draht”: →Qi = 0 →Ei = 0 und Ea1r (außen bleibt)

ϕi = konst undϕa∝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

(3)

→E(r) = Q

0r2; ri < r < ra

→U = Z ra

ri

Q 4π0

1 r2dr also

U = Q 4π0

1 ri − 1

ra

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

0rE

C = QU = 4π0rE = 4π·8,85·10−12F/m ·6371 km.C = 709µF (b) E = 130 V/m →(aus (a)) U =E(r)·rE = 828 MV.

→Q=C·U = 4π0E(r)rE2 = 5.87·105C.

(c) Gegenladung der Kugel beira =rE +h= 6381:

C0 = Q

U0 = 4π0 1

rE − 1 ra

−1

C0 = 0.45 F

Die Ladung auf der Erdoberfl¨ache bleibt gleich:

Q=Q0 = 4π0r2EE(r) = 5.87·105C →U0 = CQ0 = 1.3·106V

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