In zwei gegenüberliegenden Ecken eines Quadrats der Seitenlänge \(a = 10{\rm{cm}}\) sitzen die Punktladungen \({Q_1} = + 2,0 \cdot {10^{ - 8}}{\rm{As}}\) bzw. \({Q_2} = + 4,0 \cdot {10^{ - 8}}{\rm{As}}\). M ist der Diagonalenschnittpunkt des Quadrats; die ladungsfreien Ecken heißen A und B (siehe Skizze).
a)Geben Sie Betrag und Richtung der elektrischen Feldstärke im Punkt M an.
Berechnen Sie das Potential im Punkt M, wenn das Potential im Unendlichen \(0{\rm{V}}\) beträgt. [zur Kontrolle: \({\varphi _{\rm{M}}} = 7,6{\rm{kV}}\)] (9 BE)
b)Verschiebt man eine Probeladung \(q\) von M nach B, so muss dabei die Arbeit \({W_{\rm{MB}}} = 4,5{\rm{keV}}\) gegen die Feldkraft verrichtet werden.
Berechnen Sie die Probeladung \(q\). (6 BE)
c)Berechnen Sie die Arbeit \({W_{\rm{BA}}}\), die erforderlich ist, um die Probeladung \(q\) von B nach A zu verschieben und begründen Sie Ihre Rechnung. (3 BE)
d)Erläutern Sie, wie man die elektrische Flussdichte (Verschiebungsdichte) im Punkt M direkt messen könnte.
Geben Sie Schwierigkeiten an, die bei der Versuchsdurchführung auftreten. (6 BE)
e)Im Punkt M soll nun eine Ladung \({Q_3}\) so angebracht werden, dass der Punkt B das Potential \({\varphi _{\rm{B}}} = 0{\rm{V}}\) besitzt, wenn das Potential im Unendlichen ebenfalls \(0{\rm{V}}\) beträgt.
Hinweis: Bei dieser Lösung von LEIFIphysik handelt es sich nicht um den amtlichen Lösungsvorschlag des bayr. Kultusministeriums.
a)Entfernungen der Ladungen zum Punkt M:
\[\overline {M{Q_1}} = \overline {M{Q_2}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\]
Feldstärkebetrag, der durch Ladung \({Q_1}\) im Punkt M hervorgerufen wird:
\[{E_{{\rm{1}}{\rm{,M}}}} = \frac{{{Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot {{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}} \Rightarrow {E_{{\rm{1}}{\rm{,M}}}} = \frac{{{Q_1}}}{{2 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot {a^2}}}\]
Feldstärkebetrag, der durch die Ladung \({Q_2}\) im Punkt M hervorgerufen wird:
\[{E_{{\rm{2}}{\rm{,M}}}} = \frac{{2 \cdot {Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot {{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}} \Rightarrow {E_{{\rm{2}}{\rm{,M}}}} = \frac{{2 \cdot {Q_1}}}{{2 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot {a^2}}}\]
Resultierender Feldstärkebetrag \({E_{\rm{res,M}}}\):
\[{{E_{{\rm{res}}{\rm{,M}}}} = {E_{{\rm{2}}{\rm{,M}}}} - {E_{{\rm{1}}{\rm{,M}}}} = \frac{{2 \cdot {Q_1}}}{{2 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot {a^2}}} - \frac{{{Q_1}}}{{2 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot {a^2}}} = \frac{{{Q_1}}}{{2 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot {a^2}}}}\]
Einsetzen der gegebenen Werte liefert
\[{E_{{\rm{res}}{\rm{,M}}}} = \frac{{2,0 \cdot {{10}^{ - 8}}{\rm{A}} \cdot {\rm{s}}}}{{2 \cdot \pi \cdot 8,85 \cdot {{10}^{ - 12}}\frac{{{\rm{As}}}}{{{\rm{Vm}}}} \cdot {{\left( {0,10{\rm{m}}} \right)}^2}}} = 3,6 \cdot {10^4}\frac{{\rm{V}}}{{\rm{m}}}\]
\({E_{\rm{res,M}}}\) ist von M nach \({Q_1}\) gerichtet. Berechnung des resultierenden Potentials \({\varphi _{\rm{M}}}\) im Punkt M: Potential im Punkt M, das auf die Ladung \({Q_1}\) zurückgeht:
\[{\varphi _{{\rm{1}}{\rm{,M}}}} = \frac{{{Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot \frac{a}{{\sqrt 2 }}}} \Rightarrow {\varphi _{{\rm{1}}{\rm{,M}}}} = \frac{{\sqrt 2 \cdot {Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot a}}\]
Potential im Punkt M, das auf die Ladung \({Q_2}\) zurückgeht:
\[{\varphi _{{\rm{2}}{\rm{,M}}}} = \frac{{{Q_2}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot \frac{a}{{\sqrt 2 }}}} \Rightarrow {\varphi _{{\rm{2}}{\rm{,M}}}} = \frac{{2 \cdot \sqrt 2 \cdot {Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot a}}\]
Resultierendes Potential \({\varphi _{\rm{M}}}\) im Punkt M:
\[{\varphi _{\rm{M}}} = {\varphi _{{\rm{1}}{\rm{,M}}}} + {\varphi _{{\rm{2}}{\rm{,M}}}} = \frac{{\sqrt 2 \cdot {Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot a}} + \frac{{2 \cdot \sqrt 2 \cdot {Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot a}} = \frac{{3 \cdot \sqrt 2 \cdot {Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot a}}\]
Einsetzen der gegebenen Werte liefert
\[{\varphi _{\rm{M}}} = \frac{{3 \cdot \sqrt 2 \cdot 2,0 \cdot {{10}^{ - 8}}{\rm{A}} \cdot {\rm{s}}}}{{4 \cdot \pi \cdot 8,85 \cdot {{10}^{ - 12}}\frac{{{\rm{As}}}}{{{\rm{Vm}}}} \cdot 0,10{\rm{m}}}} = 7,6{\rm{kV}}\]
b)Zur Berechnung der Arbeit \({W_{\rm{MB}}}\) ist die Differenz der Potentiale von Punkt M und Punkt B zu bilden und mit der Probeladung zu multiplizieren:
\[{W_{{\rm{MB}}}} = q \cdot \left( {{\varphi _{\rm{M}}} - {\varphi _{\rm{B}}}} \right) \Leftrightarrow q = \frac{{{W_{{\rm{MB}}}}}}{{{\varphi _{\rm{M}}} - {\varphi _{\rm{B}}}}}\quad(1)\]
Berechnung des Potentials \({\varphi _{\rm{B}}}\) von Punkt B:
\[{\varphi _{\rm{B}}} = {\varphi _{{\rm{1}}{\rm{,B}}}} + {\varphi _{{\rm{1}}{\rm{,B}}}} = \frac{{{Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot a}} + \frac{{2 \cdot {Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot a}} = \frac{{3 \cdot {Q_1}}}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0} \cdot a}}\]
Einsetzen der gegebenen Werte liefert
\[{\varphi _{\rm{B}}} = \frac{{3 \cdot 2,0 \cdot {{10}^{ - 8}}{\rm{As}}}}{{4 \cdot \pi \cdot 8,85 \cdot {{10}^{ - 12}}\frac{{{\rm{As}}}}{{{\rm{Vm}}}} \cdot 0,10{\rm{m}}}} = 5,4 \cdot {10^3} {\rm{V}}\quad(2)\]
Setzt man das Ergebnis von Teilaufgabe a) und Gleichung \((2)\) in Gleichung \((1)\) ein, so erhält man
\[q = \frac{{ - {\mkern 1mu} 4,5 \cdot {{10}^3} \cdot 1,60 \cdot {{10}^{ - 19}}{\rm{J}}}}{{7,6 \cdot {{10}^3}{\rm{V}} - 5,4 \cdot {{10}^3}{\rm{V}}}} = - 3,3 \cdot {10^{ - 19}}{\mkern 1mu} {\rm{As}}\] Hinweis: Die Arbeit gegen die Feldkraft muss negativ angesetzt werden.
c)Aus Symmetriegründen (symmetrische Lage bezüglich der Diagonalen \({\overline {{Q_1}{Q_2}} }\) haben die Punkte A und B gleiches Potential. Somit gilt für die Arbeit
\[{W_{{\rm{BA}}}} = q \cdot \left( {{\varphi _{\rm{B}}} - {\varphi _{\rm{A}}}} \right) = 0\]
d)Man könnte z.B. zwei gleichartige, sich berührende Metallplättchen zum Punkt M bringen. Man hält die Plättchen bei M so in das Feld, dass maximale Influenzierung stattfindet. Nach Trennung der zunächst in Kontakt befindlichen Plättchen kann man die Influenzladung \({Q_{\rm{I}}}\) eines der Plättchen messen. Aus der bekannten Fläche \({A_{\rm{I}}}\) eines Plättchens kann dann die elektrische Verschiebungsdichte \(D\) bestimmt werden:
\[D = \frac{{{Q_{\rm{I}}}}}{{{A_{\rm{I}}}}}\]
Durch die Inhomogenität des Feldes darf man nur kleine Plattenflächen verwenden. Dadurch wird aber die influenzierte Ladung sehr klein, die sich dann mit schulischen Mitteln nur noch schlecht messen lässt.
e)Das Gesamtpotential in B ist die Summe der drei Einzelpotentiale verursacht durch die Ladung \({Q_1}\), \({Q_2}\) und \({Q_3}\):
\[{\varphi _{\rm{B}}} = {\varphi _{{\rm{1}}{\rm{,B}}}} + {\varphi _{{\rm{2}}{\rm{,B}}}} + {\varphi _{{\rm{3}}{\rm{,B}}}} = \frac{1}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0}}} \cdot \left( {\frac{{{Q_1}}}{a} + \frac{{{Q_2}}}{a} + \frac{{{Q_3}}}{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}}}} \right) = \frac{1}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0}}} \cdot \left( {\frac{{3 \cdot {Q_1}}}{a} + \frac{{{Q_3} \cdot \sqrt 2 }}{a}} \right)\]
Damit \({\varphi _{\rm{B}}}\) gleich Null ist, muss gelten:
\[\frac{{3 \cdot {Q_1}}}{a} + \frac{{{Q_3} \cdot \sqrt 2 }}{a} = 0 \Leftrightarrow 3 \cdot {Q_1} = - {Q_3} \cdot \sqrt 2 \Leftrightarrow {Q_3} = - \frac{3}{{\sqrt 2 }} \cdot {Q_1} \Rightarrow {Q_3} = - 4,2 \cdot {10^{ - 8}}{\rm{As}}\]
