Sommersemester 2008 Übungsblatt Nr. 2

Übungen zur Kursvorlesung Physik II (Elektrodynamik)

Sommersemester 2008 Übungsblatt Nr. 2

Aufgabe 9: Ladungsverteilung

a) Die Gesamtladung einer kreisförmigen Oberfläche ist gegeben durch:

Q= ∫

A

 r  dA= ∫

0 a

∫

0 2

 r  r dr d 

(i)

Q= ∫

0 a

∫

0 2



₀

r

a r dr d = 

₀

a ∫

0 a

r

²

dr ∫

0 2

d = 

₀

a ⋅ [ ¹ 3 r

³

]

₀^a

^[]

^02

^{= 2} 3 

₀

 a

² (ii)

Q= ∫

0 a

∫

0 2



₀

e

⁻

r

a

r dr d =2 

₀

⋅ ∫

0 a

r ⋅e

⁻

r a

dr



 A 

(I)

Integriere nun den Term (A) mit partieller Integration:

∫

0 a

r 

f

⋅e

⁻

r



a g '

dr= [ ^{r }

^f

^{⋅   −a e}

^g−ar

^ ]

0 a

− ∫

0 a

1 

f '

⋅  −a e

⁻

r a





g

dr = [ ^−a e

²

−0 ] ^{− [ a}

²

^e

^−ra

^]

^0a

^{= −2} e ^a

²

a

² Wiedereinsetzen in (I):

Q= 2 

₀

⋅  ^{− 2} e ^a

²

 a

²

 ^{=2 }

⁰

^a

²

^⋅  ^{1− 2 e} 

b) Betrachten wir uns zunächst mal eine Skizze des Problems:

Die Kraft wird nun mit Hilfe des Coulomb-Gesetzes ausgedrückt:

dF 

_Ges

= q

4 

₀

⋅  dA

∣ ^ R ∣

²

^{⋅ e}

^F

Aus Symmetriegründen folgt, dass die horizontalen Kraftkomponenten in der x-y-Ebene wegfallen (die Probeladung liegt genau über dem Mittelpunkt der Kreisscheibe und die Ladungsverteilung

~r

). Daher können wir uns auf die z-Komponente der Kraft beschränken:

cos=

∣

F^_z

∣

∣

F^Ges

∣ ^ ∣ ^{dF }

z

∣ ^{=cos ⋅} ∣ ^{dF }

Ges

∣

 dF = ∣ ^{dF }

z

∣ ⁼ ₄ ^q



₀

⋅  dA

∣ ^ R ∣

²

^{⋅ cos }

Nun können wir

∣ ^ R ∣ = R

ausdrücken durch:

cos = a

R  R= a

cos 

 dF = q

4 

₀

⋅  dA

a

²

⋅cos

³



Wenn wir nun unsere Ladungsdichte



und unser Flächenelement

dA

aus a) einfügen, folgt:

 dF = q

4 

₀

⋅  ^

⁰

^{a r ⋅ r dr d } 

a

²

⋅cos

³

= q 

₀

4 

₀

⋅ r

²

dr

a

³

⋅ cos

³

 ⋅ d 

^(II) Nun wollen wir noch das

r

durch

a

und



ausdrücken:

tan = r

a  r= tan ⋅ a

Zudem müssen wir nun natürlich auch

dr

ersetzen:

r=tan⋅a

 dr d  = d

d  tan ⋅a= d

d   cos ^{sin }   ^{⋅a= sin}

²

cos ^cos

²



²

^ ⋅a= a cos

²



 dr= a cos

²

 d 

Einsetzen von

r

und

dr

in (II):

dF = q 

₀

4 

₀

⋅

tan

²

⋅a

²

⋅ a cos

²

 d 

a

³

⋅ cos

³

 d = q 

₀

4 

₀

⋅ tan

²

cos  d  d 

= q 

₀

4 

₀

⋅ sin

²



cos

²

 cos d  d = q 

₀

4 

₀

⋅ 1−cos

²

cos  d  d = q 

₀

4 

₀

⋅  cos ¹  −cos   ^{d  d }

Nun integrieren wir

dF

um

F

zu erhalten. Dazu benötigen wir erstmal unsere Integralsgrenzen. Da wir immer noch einen Vollkreis haben, muss

d 

im Intervall

[0,2]

integriert werden.



hingegen muss so lange integriert werden, bis

R

den Kreisrand berührt:

 tan = a a =1

= 

4  integrieren in [ 0,/4 ]

Jetzt integrieren wir:

F = ∫

F

dF = q 

₀

4 

₀

∫

0 2

d  ∫

0



4

 cos ¹  − cos   ^{d = q} 2 ^ 

₀⁰

∫

0



4

 cos ¹  −cos   ^{d }

Mit Hilfe der Hinweise auf unter der Aufgabe kommen wir nun auf folgende Lösung:

F = q 

₀

2 

₀

[ ^ln  ^{cos 1   tan }  ^{−sin } ]

^04

^{≈ 0,087⋅ q  }

⁰⁰

A10: Ablenkung im E-Feld

a) Da wir uns am Anfang entlang der x-Achse bewegen, haben wir nur in der x-Komponente eine Geschwindigkeit

v

_x mit:

E

_kin

= 1

2 m

_e

v

²_x

 v

_x

=  ^{2 m E}

^ekin

Auf das Teilchen wirkt durch das

 E − Feld

^{eine Kraft}

F 

^:

 E= F 

e   F = m

_e

⋅ a=  E⋅ e  a=  E ⋅e

m

_e

= ∣ ^ E ∣ ⋅ e m

_e

⋅  e

_y

Die Kraft führt also nur zu einer Beschleunigung in der y-Komponente. Mit den Anfangsbedingungen

y ˙ 0= y 0=0

folgt:

 ¨ y= ∣ E ^ ∣ ⋅ e m

_e

= E⋅ e

m

_e

 y = E⋅e 2 m

_e

⋅ t

²

Da wir keine Beschleunigung in der x-Richtung haben, haben wir eine konstante Geschwindigkeit

v

_x , die natürlich der Anfangsgeschwindigkeit entspricht:

 ˙ x=v

_x

x= v

_x

⋅ t t = x v

_x Dies setzen wir nun in unseren y(t)-Term ein, um einen y(x)-Term zu erhalten:

y= E⋅ e

2 m

_e

⋅ t

²

= E⋅ e

2 m

_e

⋅  ^{v x}

^x



²

^{= 2 E m ⋅e}

e

v

²_x

⋅x

²

= E⋅ e 2 m

_e

 ^{2 m E}

^kin

 ^⋅x

2

= E⋅ e

4 E

_kin

x

²

= 2,67 ⋅ x

²

m

b) Da das Ende der Ablenkplatten sich bei

x= 0,04 m

befindet, setzten wir einfach diesen Wert in unsere Funktion

y  x 

ein um die entsprechende Ablenkung zu erhalten:

y 0,04 m = 2,67⋅0,04 m

²

m =0,004272 m=4,272 mm

c) Wir bilden nun die Ableitung von

y  x 

um die Steigung der Bewegung zu erhalten. Diese Steigung entspricht dem Tangens des Winkels



den wir suchen:

y '  x=5,34 x s y ' 0,04 m= tan 

=arctan 0,04 m=arctan 0,2136= 0,21=12°

d) Wir haben nun den Winkel



und die Länge

l=0,12 m

und können somit die Strecke

z

berechnen, die das Elektron in y-Richtung vom Ende der Ablenkplatte bis zum Schirm zurücklegt.

z =0,004272 m[ aus Aufgabenteil b) ]a

Nun benötigen wir noch die Strecke

a

. Diese können wir mit Hilfe trigonometrischer Beziehungen errechnen:

tan= a

0,12m  a=tan⋅0,12m≈0,0255m Somit folgt für die Gesamtstrecke

z

:

z =0,004272 m0,255 m≈ 0,03 m=3 cm

A11:

a) Auf die Spannung, die wir benötigen um das Elektron auf 95 % der Lichtgeschwindigkeit zu beschleunigen, kommen wir, indem wir die Relation zwischen (hier kinetischer) Energie und Spannung betrachten:

U = E q = E

e

Für die relativistische kinetische Energie gilt:

E= m

₀

c

²

⋅−1 mit = 1

 1−v

²

/ c

² Setzen wir nun also

v= 0,95 ⋅ c

folgt:

E= m

0

c

²

⋅

 _ ^{1 − 0,95 1 c}

²

^c

²

⁻¹  ^{≈ 1,8 ⋅ 10}

⁻¹³

^{J  U = E e =1,125⋅ 10}

⁶

^V

b) Zunächst betrachten wir die Relation von der kinetischen Energie

E

_kin

= E

und der Geschwindigkeit

v

:

E= m

₀

c

²

⋅−1=m

₀

c

²

⋅

 _ ^{1− 1 v c}

²²

^{− 1}  ^{ v c =  1− m m}

⁰

^c

⁰²

^{c }

²

^{ E}

²

^

²

Nun müssen wir zunächst die Energie in Joule umrechnen:

E=10¹⁰eV=10¹⁰⋅1,6⋅10⁻¹⁹C⋅J

C=1,6⋅10⁻⁹J Uns ist nun angegeben, dass:

e

m

_{0 Proton}

=9,579 ⋅ 10

⁷

C

kg  m 0 Proton=1,67⋅ 10

⁻²⁷

kg

Einsetzen in unsere Verhältnisformel bringt uns:

v

c ≈0,9963  99,63% der Lichtgeschwindigkeit

Wen wir das nun in unsere Formel für die Masse einsetzen, bekommen wir:

m 0,9963 c = m

₀

 ^{1− 0,9963 c}

²

^c

²

^{=11,64 ⋅m}

⁰

^

das 11,64 fachen seiner Ruhemasse

A12: Vorgriff – Potential und Feldstärke

a) Es gibt nun 2 Möglichkeiten die Integrale zu berechnen. Ich werde beide für jeweils ein Integral benutzen.

(i) Wir wollen nun zunächst entlang der x-Achse und dann entlang der y-Achse von

0,0 ,0

zu

 x

_1,

y

₁

,0

integrieren:

P = ∫

P

E d   r =  ^∫

0 x1

 E⋅  ^dx 0  

^y=0

^  ^∫

0 y1

 E⋅  dy ⁰  

^x=0

=  ^∫

0 x1

6 xy dx 

^y=0

^  ^∫

0 y1

3x

²

−3y

²

 dy 

^x=x1

^{=0  [ 3 x}

²

^{y− y}

³

^]

^0y1

^

^x=x1

^{=3 x}

¹²

^y

¹

^{− y}

¹³

Jetzt integrieren wir zuerst entlang der y-Achse und dann entlang der x-Achse. Nun benutzen wir den anderen Ansatz um das Integral zu lösen (man kann auch diesen Integral wie in (i) lösen):

P= ∫

r1

r2

E d   r = ∫

r1

r2

E  d  r

dt dt = ∫

t1

t2

E  r ˙ t  dt

Nun müssen wir uns also eine Ortsvektor

 r t 

und einen Geschwindigkeitsvektor

r ˙ t 

suchen, der uns zunächst die Bahn von

0,0 ,0

zu

0 , y

₁

,0

beschreibt:

 r t =  ^{y 0 0}

¹

^t  ^{=  x y z }

( für t = [0,1] )

  E =  ^{3 x 6}

²

^{−3 x y 0 y}

²

 ⁼  ^{−3 0 0 y}

¹²

^t

²



 ˙ r t =  ^{y 0 0}

¹



Einsetzen in das Integral:

P

₁

= ∫

0 1

 E r ˙ t dt = ∫

0

1

 ^{−3 0 0 y}

¹²

^t

²

  ^{y 0 0}

¹

 ^{dt= ∫}

⁰¹

^{−3 y}

¹³

^t

²

^{dt = [ − y}

¹³

^t

³

^]

⁰¹

^=−y

¹³

Nun müssen wir noch die Bahn von 0,y₁,0 zu

 x

_1,

y

_1,0



berechnen:

 r t =  ^{x y 0}

¹¹

^t  ^{=  x y z }

( für t = [0,1] )

  E =  ^{3 x 6}

²

^{−3 x y} 0 ^y

²

 ⁼  ^{3 x 6}

¹²

^{x t}

²¹

^{0 −3 y}

¹

^{t y}

¹²



 ˙ r t =  ^{x 0 0}

¹



Einsetzen in das Integral:

P

₂

= ∫

0 1

E  r ˙ t dt = ∫

0

1

 ^{3 x 6}

¹²

^{x t}

²¹

^{0 − y}

¹

^{3 t y}

¹

 ^{ x 0 0}

¹

^{ dt= ∫}

⁰¹

^{6 x}

¹²

^y

¹

^{t dt = [ 3 x}

¹²

^y

¹

^t

²

^]

⁰¹

^{=3 x}

¹²

^y

¹

Daraus folgt für das Gesamtpotential:

P= P

₁

P

₂

=− y

₁³

3 x

₁²

y

₁

Somit sind bei beiden Wegen die Integrale dieselben. Man könnte nun annehmen, dass es ein konservatives Kraftfeld ist. Eigentlich müsste man dies für die b) noch beweisen mit:

∇ x  E =0

jedoch wird dies schon als bewiesen angesehen.

b) Berechnen wir nun also den Gradienten des Potentials um wieder auf den Feldvektor zu kommen:

F =∇ V =  ^{∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ x y z}  ^{ 3 x}

²

^{y− y}

³

^{ =}  ^{∂3 ∂3 ∂3 x x x ∂ ∂ ∂}

²²²

^{y− y− y− x y z y y y}

³³³

^{  }  ^{=  3 x 6}

²

^{−3 x y 0 y}

²

^