Fragenliste von Das elektrisches Potential

Wird eine negative Ladung, die in ein elektrisches Feld gebracht wird, in Richtung des zunehmenden oder abnehmenden Potentials beschleunigt? Nr. 2824
	In Richtung des zunehmenden Potentials
	In Richtung des abnehmenden Potentials

Wie groß ist das elektrische Potential im Abstand $r_0 = 0,529 \cdot 10^{-10} m$ , dem durchschnittlichen Abstand zwischen und dem Proton und dem Elektron in einem Wasserstoffatom? Welche elektrische Energie haben das Elektron und das Proton in diesem Abstand? Nr. 2825
	$\phi = 27,2 V$ $E_{el} = -27,2 eV$
	$\Phi = 7,2 V$ $E_{el} = -7,2 eV$
Lösungsweg Potential $\phi$ der Ladung des Protons bei $r=r_0 (q=+e)$ : $\phi = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{q}{r_0}= \frac{1}{4\pi \epsilon_0 } \frac{e}{r_0} = \frac{(8,99\cdot 10^{9})\cdot (1.60 \cdot 10^{-19})}{0.529 \cdot 10^{-10}}= 27,2 V$ $E_{el} = q_0 \phi = (-e)(27,2 V) = -27,2 eV$ 1. Elektrisches Potential $\phi = \frac{E_{el}}{q}$ Das Coulomb – Potential $\phi = \frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{q}{r}$ $(\phi = 0 \ \ bei \ \ r = \infty)$ 2. Maßeinheiten Das SI- Einheit des Potentials und der Potentialdifferenz ist das Volt (V) $1 V = 1 J/C$ Elektrisches Feld $1 N/C = 1V/m$ Elektronenvolt $1 eV = 1,60 \cdot 10^{-19} C \cdot V = 1,60 \cdot 10^{-19} J$ $\epsilon_0 = 8,85 \cdot 10^{-12} \frac{As}{Vm}$ ... elektrische Feldkonstante $e = 1,602177 \cdot 10^{-19} C$ ... Elementarladung

Wie groß ist das elektrische Potential im Abstand $r_0 = 0,529 \cdot 10^{-10} m$ , dem durchschnittlichen Abstand zwischen und dem Proton und dem Elektron in einem Wasserstoffatom?

Welche elektrische Energie haben das Elektron und das Proton in diesem Abstand?

Nr. 2825

$\phi = 27,2 V$

$E_{el} = -27,2 eV$

$\Phi = 7,2 V$

$E_{el} = -7,2 eV$

Lösungsweg

In drei Ecken eines Quaders mit der Kantenlänge von a = 5 cm befinden sich die Punktladungen $Q_1 = +150 \ \ pC$ , $Q_2 = -200 \ \ pC$ und $Q_3 = +250 \ \ pC$ $(1\ \ pC = 10^{-12} C)$ . Man berechne das Potential des Ladungssystems in den Punkten $P_1$ (Eckpunkt) und $P_2$ (Mittelpunkt) sowie die Spannung U zwischen den beiden Punkten. Nr. 2827
	$U= 4,4 \ \ V$
	$U= -1,9 \ \ V$
Lösungsweg Das Potential einer einzelnen Punktladung Q im Abstand r von ihr berechnet sich zu $\phi = \frac{Q}{(4\pi\epsilon_0r)}$ . Das von mehreren Ladungen erzeugte resutierende Potenial an einem beliebigen Ort P ergibt sich durch Addition $r_i$ von P unabhängig voneinander erzeugt werden. $\phi= \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \sum_{i=1}^3\frac{Q_i}{r_{1i}}$ In Bezug auf den Eckpunkt $P_1$ ist also $\phi_1 = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \sum_{i=1}^3\frac{Q_i}{r_{1i}} = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} (\frac{Q_1}{a} + \frac{Q_2}{a\sqrt{2}} + \frac{Q_3}{a}).$ $\phi_1 = 46,5 \ \ V$ In Bezug auf den Mittelpunkt P_2 ist also $\phi_2 = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \sum_{i=1}^3\frac{Q_i}{r_{2i}} = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{1}{a\sqrt{2}/2} (Q_1 + Q_2 + Q_3)$ $\phi_2 = 50,9 \ \ V$ Die Ladungen $Q_i$ sind vorzeichenbehaftet einzusetzen. Die Spannung U zwischen $P_1$ und $P_2$ ist folglich gleich der Potentialdifferenz $U = \Delta\phi = \phi_2-\phi_1= 4,4 \ \ V$ 1. Elektrisches Potential Das Potential eines Punktladungssystems $\Phi = \sum_{i} \frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{q_i}{r_i}$ , $\left(\phi = 0 \ \ bei \ \ r_i = \infty, i = 1,2,...\right)$

Wie lautet die Poisson-Gleichung der Elektrostatik? Nr. 4080
	$\bigtriangleup \Phi(\vec{r}) = 0$
	$\bigtriangleup \Phi(\vec{r}) = -\frac{\rho(\vec{r})}{\epsilon}$
Lösungsweg Die Poisson-Gleichung lautet $\bigtriangleup \Phi(\vec{r}) = -\frac{\rho(\vec{r})}{\epsilon}$ Mit dem elektrischen Potential $\Phi$ , der Ladungsdichte $\rho$ und der Permittivität $\epsilon$

Wie lautet die Laplace-Gleichung der Elektrostatik? Nr. 4081
	$\bigtriangleup \Phi(\vec{r}) = 0$
	$\bigtriangleup \Phi(\vec{r}) = -\frac{\rho(\vec{r})}{\epsilon}$
Lösungsweg Die Laplace-Gleichung lautet $\bigtriangleup \Phi(\vec{r}) = 0$ $\bigtriangleup$ ist hier der Laplace-Operator, $\Phi$ das elektrische Potential.

Welche Konsequenz hat die Laplace-Gleichung der Elektrostatik? Nr. 4091
	Ist der Rand eines ladungsfreien Gebiets eine Äquipotentialfläche, so ist das Innere des Gebiets Feldfrei (Faradayscher Käfig)
	Bei gegebenen Randbedingungen können elektrostatische Felder für beliebige Ladungsverteilungen berechnet werden.
Lösungsweg Ist der Rand eines Gebiets aus einem leitenden Material, dann ist der Rand im statischen Fall eine Äquipotentialfläche und das Potential auf dem Rand überall gleich und konstant mit $\Phi(\vec{r}) = \Phi_0$ . Im Inneren des Gebiets hat die Gleichung ebenfalls die eindeutige Lösung $\Phi(\vec{r}) = \Phi_0$ , das Potential ist konstant, es gibt keine Potentialdifferenz und somit ist das elektrische Feld im Inneren gleich null, ganz egal welches Feld außen herrscht. Das ist das Prinzip eines Faradayschen Käfigs.

Gegeben sei Raum, in dem ein elektrischen Potential der Form $\phi = a\cdot x + b\cdot y$ herrscht, wobei $a$ und $b$ Konstanten sind. Welche Kraft wirkt auf ein Teilchen mit Ladung $q$ , dass sich in diesem Raum befindet? Nr. 4136
	$\vec F = -\left( \begin{array}{c} a \\ b \\ 0 \end{array} \right)$
	$\vec F = \frac{1}{2} \cdot \left( \begin{array}{c} a\cdot x^2 \\ b\cdot y^2 \\ 0 \end{array} \right)$
	$\vec F = q \cdot \left( \begin{array}{c} a \\ b \\ 0 \end{array} \right)$
	$\vec F = -q \cdot \left( \begin{array}{c} a \\ b \\ 0 \end{array} \right)$
Lösungsweg Die Kraft $\vec F$ , die im elektrischen Feld $\vec E$ auf ein Teilchen wirkt, ist gegeben durch $\vec F = q \vec E$ Das Feld ist gegeben durch das Potential $\phi$ durch $\vec E = -\vec\nabla\phi$ Es gilt also, den Gradienten von $\phi$ zu berechnen, um $\vec F = -q\cdot\vec\nabla\phi = -q \cdot \left( \begin{array}{c} a \\ b \\ 0 \end{array} \right)$ zu erhalten

Gegeben sei ein elektrisches Feld, dessen Stärke nur vom Radialabstand $r$ von der z-Achse abhängig ist: $E(r) = \frac{a}{r}$ , mit einer Konstanten $a$ . Berechnen Sie die Spannung $U$ zwischen den beiden Radialabständen $R_1$ und $R_2$ . Nr. 4137
	$U = a\cdot ln\left(\frac{R_2}{R_1}\right)$
	$U = -\frac{a}{r^2}$
	$U = q\cdot a\cdot ln\left(\frac{R_1}{R_2}\right)$
	$U = q\cdot \frac{a}{r^2}$
Lösungsweg Die Spannung ist das Integral von $E$ von Punkt $R_1$ nach $R_2$ : $U = \int_{R_1}^{R_2} E(r)dr = \int_{R_1}^{R_2} \frac{a}{r}dr = a\cdot (ln(R_2) - ln(R_1))$ Die Spannung beträgt also $U = a\cdot ln\left(\frac{R_2}{R_1}\right)$ Betrachtet man zwei Zylindermäntel mit Radien $R_1$ und $R_2$ , deren Zylinderachsen entlang der z-Achse verlaufen, so haben wir es mit einem Zylinderkondensator zu tun. $a$ ist in diesem Fall $\frac{q}{2\pi l \eps$ , mit der im Kondensator gespeicherten Ladung $q$ , der Permittivität $\eps$ und der Länge der Zylindermäntel $l$ .

Gegeben sei ein Potential der Form $\varphi(r)=a\cdot\frac{e^{-br}}{r}$ . Wie lautet der zugehörige Kraftausdruck in Kartesischen Koordinaten? Nr. 4180
	$\vec{F}=\frac{a(1+bx)e^{-br}}{r^{2}}\vec{e_{x}}$
	$\vec{F}=\frac{a(1+by)e^{-br}}{r^{2}}\vec{e_{y}}$
	$\vec{F}=\frac{a(1+bz)e^{-br}}{r^{2}}\vec{e_{z}}$
	$\vec{F}=\frac{a(1+br)e^{-br}}{r^{2}}\vec{e_{r}}$
Lösungsweg Der Ausdruck für die Kraft lautet $\vec{F}=-\vec{\nabla}\varphi$ . Unter Ausnützung der Kettenregel erhält man zunächst $\frac{\partial\varphi}{\partial x_{i}}=\frac{\partial\varphi}{\partial r}\frac{{\partial r}}{\partial x_{i}}$ . Das Bilden der jeweiligen Ableitungen liefert $\frac{d}{dr}\frac{e^{-br}}{r}=-\left(\frac{1}{r^{2}}+\frac{b}{r}\right)e^{-br}$ beziehungsweise $\frac{{\partial r}}{\partial x_{i}}=\frac{x_{i}}{r}$ . Somit folgt $\frac{\partial\varphi}{\partial x_{i}}=-\frac{a(1+br)e^{-br}}{r^{2}}\cdot\frac{x_{i}}{r}$ und daher $\vec{F}=\frac{a(1+br)e^{-br}}{r^{2}}\vec{e_{r}}$ .

Gegeben sei ein Potential der Form $\varphi(r)=a\cdot\frac{e^{-br}}{r}$ . Wie lautet die Laplacegleichung in kartesischen Koordinaten? Nr. 4181
	$\text{\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial x_{i}^{2}}}=-ae^{-br}\left[\frac{1+br}{r^{3}}+\frac{bx_{i}x_{i}}{r^{4}}-(1+br)\left(\frac{3x_{i}x_{i}}{r^{5}}+\frac{bx_{i}x_{i}}{r^{3}}\right)\right]$
	$\text{\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial x_{i}^{2}}}=-ae^{-br}\left[\frac{1+br}{r^{3}}+\frac{bx_{i}x_{i}}{r^{4}}-(1+br)\left(\frac{3x_{i}x_{i}}{r^{5}}+\frac{bx_{i}x_{i}}{r^{4}}\right)\right]$
	$\text{\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial x_{i}^{2}}}=-ae^{-br}\left[\frac{1+br}{r^{3}}+\frac{bx_{i}x_{i}}{r^{4}}-(1+br)\left(\frac{3x_{i}x_{i}}{r^{4}}+\frac{bx_{i}x_{i}}{r^{2}}\right)\right]$
	$\text{\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial x_{i}^{2}}}=-ae^{-br}\left[\frac{1+br}{r^{3}}+\frac{bx_{i}x_{i}}{r^{4}}-(1+br)\left(\frac{3x_{i}x_{i}}{r^{2}}+\frac{bx_{i}x_{i}}{r}\right)\right]$
Lösungsweg Unter Ausnützung der Kettenregel erhält man zunächst $\frac{\partial\varphi}{\partial x_{i}}=\frac{\partial\varphi}{\partial r}\frac{{\partial r}}{\partial x_{i}}$ und daher $\frac{\partial\varphi}{\partial x_{i}}=\frac{\partial\varphi}{\partial r}\frac{{\partial r}}{\partial x_{i}}$ Das Bilden der jeweiligen Ableitungen liefert $\frac{d}{dr}\frac{e^{-br}}{r}=-\left(\frac{1}{r^{2}}+\frac{b}{r}\right)e^{-br}$ beziehungsweise $\frac{{\partial r}}{\partial x_{i}}=\frac{x_{i}}{r}$ . Somit folgt $\frac{\partial\varphi}{\partial x_{i}}=-\frac{a(1+br)e^{-br}}{r^{2}}\cdot\frac{x_{i}}{r}$ . Erneutes Ableiten liefert $\text{\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial x_{i}^{2}}}=-ae^{-br}\left[\frac{1+br}{r^{3}}+\frac{bx_{i}x_{i}}{r^{4}}-(1+br)\left(\frac{3x_{i}x_{i}}{r^{5}}+\frac{bx_{i}x_{i}}{r^{4}}\right)\right]$ .

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