Experimentalphysik 2
Übungsblatt 1
Volker Ziesing, 27.04.2007

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1.) Vergleich Gravitation und Elektrostatik

2.) Zwei geladene Kugeln

3.) Kräftefreie Punktladungen

4.) Feld eines langen Drahtes

Vergleich Gravitation und Elektrostatik

Zwei Protonen befinden sich im Abstand von r = 1$\mu$m voneinander.

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Mit welcher Kraft stoßen sie sich ab?

$F_{el}=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\cdot\dfrac{e^2}{r^2}=\ldots=2,2709\cdot10^{-15}$N

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Angenommen die Protonenmasse $m_p$ wäre nicht festgelegt. Wie groß müsste eine fiktive Protonenmasse sein, damit diese Abstoßung durch die Gravitation kompensiert würde? Wäre dies auch für andere Abstände als r =1$\mu$m der Fall?

Es gilt das Gleichgewicht $F_G=F_{el}$:

$G\dfrac{m_p \cdot m_p}{r^2}=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{e^2}{r^2}=2,2709\cdot10^{-15}$N

Nach dem Umstellen erhalten wir die Protonenmasse:

$m_p=5,83\cdot10^{-9}$kg

Ja, dies wäre auch für andere Abstände der Fall, weil die Wechselwirkung für die errechnete fiktive Protonenmasse von r unabhängig ist.

Zwei geladene Kugeln

Zwei als punktförmig angenommene Kugeln mit gleichnamiger elektrischer Ladung q und gleicher Masse m = 1 g werden an einem Punkt durch (massenlose) Fäden von je L = 1m Länge gehalten. Durch gegenseitige Abstoßung entfernen sich die Kugeln auf L = 1m einen Relativabstand von 4 cm.

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Wie groß ist die Ladung q?

$F_{el}=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\cdot\dfrac{q^2}{a^2}=F_G \cdot \tan\alpha=mg\dfrac{\alpha}{2L}$

$q^2=4\pi\epsilon_0 a^3 mg\dfrac{\alpha}{2L}$

$q=5,9$nC

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Angenommen eine Kugel wird im Raum festgehalten und die andere angestoßen, so dass sie (mit kleiner Amplitude) schwingt. Berechnen Sie die Frequenz der Schwingung in harmonischer Näherung. (Hinweis: Taylorreihe: $(1+x)^{-2} \approx 1-2x + \ldots$ Welche Größe bietet sich als kleiner Parameter $x$ an?)

$F_R=-D_{\text{eff}}\cdot\triangle x=F_G-F_{el}=\dfrac{-q^2}{4\pi\epsilon_0}\cdot\dfrac{1}{(a+\triangle x)^2}-\dfrac{mg}{L}\cdot\left(a+\triangle x\right)=$

$\qquad\dfrac{-q^2}{4\pi\epsilon_0 \cdot \left(1+\frac{\triangle x}{a}\right)^2}-\dfrac{mga}{L}\cdot\left(1+\frac{\triangle x}{a}\right)$

Für kleine Winkel können wir die Näherung $\alpha\approx\tan\alpha\approx\dfrac{a+\triangle x}{L}$ benutzen.

$F_R=\dfrac{q^2}{4\pi\epsilon_0a^2}\left(1-\dfrac{2\triangle x}{2}\right)-\dfrac{mg}{2L}\cdot\left(1+\frac{\triangle x}{a}\right)$

Wegen der Gleichgewichtslage könnten wir die Einser in den Klammern streichen:

$=-\left(\dfrac{2q^2}{4\pi\epsilon_0a^3}+\dfrac{mg}{2L}\right)\triangle x=\dfrac{-3mg}{2L}\triangle x$

In dieser Näherung ist der Vorfaktor von $\triangle x$ ladungsunabhängig.

Kräftefreie Punktladungen

Vier positive Ladungen +e sind in den Ecken eines Quadrates (Seitenlänge a) angeordnet. Welche Ladung -Q muss im Zentrum der Ladungsverteilung angebracht werden, damit das Gesamtsystem kräftefrei wird? Was passiert, wenn eine der Ladungen etwas ausgelenkt wird? Ist das Gleichgewicht stabil? Skizzieren Sie den Verlauf der Feldlinien.

Die resultierende Kraft in jeder der vier Ecken berechnet sich wie folgt:

$F=k \left( \dfrac{e^2}{a^2}\sqrt{2}+\dfrac{e^2}{(\sqrt{2}a)^2}\right)=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{e^2}{a^2}\cdot(\frac{1}{2}+\sqrt{2})$

also gilt für $F_2$ (alle 4 Kräfte):

$F_2=\dfrac{-eQ}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{2}{a^2}$

Somit ist die Ladung -Q im Zentrum bestimmbar über:

$Q=-\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)e=-0,957e$

Nun lenken wir eine Ladung der vier Ladungen aus. Aus der Vorlesung wissen wir, dass es in der Elektrostatik kein stabiles Gleichgewicht gibt, da nach dem Gauß'schen Satz gilt:

$\oint\limits_{A}\vec{E}dA=0$, d.h. der elektrische Fluss hat den Betrag Null.

Feld eines langen Drahtes

Gegeben ist ein unendlich langer und dünner gerader Draht mit einer Linienladungsdichte $\varrho_0$. (d.h. die Ladung auf einem Streckenelement $dy$ entlang des Drahtes ist gerade $\varrho_0dy$.).Berechnen Sie den Feldstärkevektor $\vec{E}$ für einen Punkt, dessen kürzester Abstand zum Draht $a$ ist.Wählen Sie zunächst ein geschicktes Koordinatensystem, so dass das Integral eindimensional wird.

Sei $a$ der Abstand des Punktes zum Draht und der Vektor $\vec{r}$ zum Startpunkt des Streckenelement $dy$, dann erhalten wir mit dem Gauß'schen die Gleichung:

$\vec{E}(\vec{r})=\dfrac{\varrho_0}{4\pi\varepsilon_0}\int\limits_{-\infty}^{\i... ...\varepsilon_0}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\vec{r}}{(\sqrt{a^2+y^2})^3}$


Weil der Vektor $\vec{r}=\begin{pmatrix}a y 0\end{pmatrix}$ aufgrund unserer Skizze die Einträge $a, y, 0$ hat werten wir das elektrische Feld nach diesen Komponenten einzeln aus:

$\vec{E}_x=\dfrac{\varrho_0}{4\pi\varepsilon_0}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\dfrac{dy}{(\sqrt{a^2+y^2})^{3/2}}$

Mit der Stammfunktion, die wir z.B. im Bronstein finden:

$\vec{E}_x=\dfrac{\varrho_0 a}{4\pi\varepsilon_0}\left[\dfrac{y}{a^2\sqrt{a^2+y... ...t]_{-\infty}^{\infty}=\dfrac{2 \varrho_0 a}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{1}{a}$

Für die zweite Vektorkomponente erhalten wir:

$\vec{E}_y=\dfrac{\varrho_0 y}{4\pi\varepsilon_0}\cdot 0 = 0$

Für die dritte Vektorkomponente erhalten wir:

$\vec{E}_z=\dfrac{\varrho_0 0}{4\pi\varepsilon_0}\cdot 0 = 0$

Nun können wir den Feldstärkevektor $\vec{E}$ für einen Punkt hinschreiben:

$\Rightarrow \vec{E}=\dfrac{\varrho_0}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\begin{pmatrix}2/a 0 0\end{pmatrix}$

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