Praktisch - Übungen 1 mit Lösungen, 16.3.15 PDF

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Übungen 1 mit Lösungen, 16.3.15...

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Ferienkurs

Merlin Mitschek, Verena Walbrecht, Philipp Landgraf

16.03.2015

Ferienkurs

Theoretische Physik: Elektrodynamik ¨ Ubungsblatt 1

Technische Universit¨at M¨unchen

1

Fakult¨at fur ¨ Physik

Ferienkurs

1

Merlin Mitschek, Verena Walbrecht, Philipp Landgraf

16.03.2015

Verifikation des Stokesschen Satzes

ur das Vektorfeld: Verifizieren Sie den Stokeschen Satz f¨ ~V = (4x/3 − 2y)~ex + (3y − x)~ ey

(1)

A = {~r : (x/3)2 + (y/2)2 ≤ 1, z = 0}

(2)

und die Fl¨ache:

2

Verifikation des Gaußschen Satzes

ur das Vektorfeld: Verifizieren Sie den Gaußschen Satz f¨ ~V = ax~ ex + by~ey + cz~ez

(3)

und die Kugel x2 + y 2 + z2 ≤ R2 .

3

Rechnen mit Gradient, Divergenz und Rotation

~ = W ~ · rotV~ − ~V · W ~ durch Auswertung in kartesischen Komponenten. Zeigen Sie div(V~ × W) ~ rot(V ~ × W) ~ und grad(V~ · W) ~ aus, rot(ΦV), Werten Sie analog dazu die Ausdrucke ¨

4

Ladungsdichte fur ¨ Kugelschale und Kreisscheibe

Eine Kugelschale und eine Kreisscheibe (beide infinitesimal d¨ unn, und mit dem Radius R) sind homogen geladen (Gesamtladung q). Geben Sie fur ¨ beide F¨alle die Ladungsdichte an (mit Hilfe von δ - und Θ - Funktionen).

5

Homogen geladene Kugel

Bestimmen Sie das elektrostatische Potential:

Φ(~r ) =

Z

d3 r′

ρ(~r ′ ) |~r − r~′ |

(4)

fur ¨ eine homogen geladene Kugel (Ladung q, Radius R). Legen Sie dazur~in z Richtung und ~r ). fuhren ¨ Sie die Integration in Kugelkoordinaten aus. Berechnen Sie das elektrische FeldE(~

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Fakult¨at fur ¨ Physik

Ferienkurs

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Homogen geladener Kreiszylinder

Bestimmen Sie das elektrische Feld eines homogen geladenen unendlich langen Kreiszylinders (Radius R, L¨ange L, Ladung/L¨ange = q/L, L → ∞). L¨osen sie das Problem: 1. mit Hilfe des Gaußschen Gesetzes. 2. u¨ ber die Poisson-Gleichun. Beachten Sie, dass das Potential im Unendlichen nicht verschwindet.

7

Punktladung vor geerdeten Metallplatten

Das Volumen: r : 0 ≤ x ≤ ∞, 0 ≤ y ≤ ∞, −∞ ≤ z ≤ ∞} V = {~

(5)

ist bei x = 0 und y = 0 durch geerdete Metallplatten begrenzt. Innerhalb von V befindet sich eine Punktladung q. achenBestimmen Sie das Potential Φ(~r ) in V (mit Hilfe von Bildladungen). Berechnen Sie die Fl¨ ladungsdichte und die Gesamtladung auf den Platten. Welche Kraft wirkt auf die Punktladung?

8

Punktladung vor Metallkugel

Außerhalb einer geerdeten, leitenden Hohlkugel (Radius R, Zentrumr~ = 0) befindet sich eine Punktladung q1 bei r~1 . Berechnen Sie das Potential im Innen- und Außenraum der Kugel. Verwenden Sie hierzu eine geeignete Bildladung q2 beir~2 . Berechnen Sie die Ladungsdichte und die Gesamtladung auf der Kugeloberfl¨ ache. Welche Kraft wirkt zwischen Punktladung und Kugel? Was andert ¨ sich, wenn die Ladung innerhalb der Kugel ist? ache einen endlichen Wert Welche L¨osung ergibt sich, wenn das Potential auf der Kugeloberfl¨ Φ0 = Φ(R) − Φ(∞) , 0 hat?

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Green’sche Funktion

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Theoretische Physik: Elektrodynamik ¨ Ubungsblatt 1

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1

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1

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16.03.2015

Verifikation des Stokesschen Satzes

ur das Vektorfeld: Verifizieren Sie den Stokeschen Satz f¨ ~V = (4x/3 − 2y)~ex + (3y − x)~ ey

(1)

A = {~r : (x/3)2 + (y/2)2 ≤ 1, z = 0}

(2)

und die Fl¨ache:

L¨osung: Zun¨achst berechnet man rotV~ = (∂Vy /∂x − ∂V x /∂y)~ez = ~ez . Die Fl¨ache ist eine Ellipse mit den Halbachsen a = 3 und b = 2. Damit wird die linke Seite des Stokesschen Satzes zu: Z

A

~ = dA~ · rot V

Z

dA = πab = 6π

(3)

A

Um das Wegintegral auf der rechten Seite zu berechnen, parametrisieren wir den Weg: ~r = 3cosα~ex + 2sinα~ey

,

d~r = (−3sinα~ex + 2cosα~ey )dα

(4)

angs des Weges Der Weg (Ellipse) wird durchlaufen, wenn α die Werte von 0 bis 2π annimmt. L¨ ist das Vektorfeld V~ = (4cosα − 4 sinα)~ex + (6sinα − 3cosα)~ey . Damit wird das Wegintegral zu: I

C

~ = d~r · V

Z

0

2π

dα(12sin2 α − 6cos2 α) = 6π

(5)

Beide Integrale sind gleich. Damit haben wir den Stokesschen Satz in diesem speziellen Fall verifiziert.

2

Verifikation des Gaußschen Satzes

ur das Vektorfeld: Verifizieren Sie den Gaußschen Satz f¨ ~V = ax~ ex + by~ey + cz~ez

(6)

und die Kugel x2 + y 2 + z2 ≤ R2 . L¨osung: Zun¨achst berechnet man divV~ = ∂V x /∂x + ∂Vy /∂y + ∂Vz /∂z = a + b + c. Damit wird die linke Seite des Gaußschen Satzes zu: Z

~ = (a + b + c) dV V

V

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Z

d3 r =

r≤R

2

4π 3 R (a + b + c) 3

(7)

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achenintegral au der rechten Seite verwenden wir Kugelkoordinaten: F¨ur das Fl¨ dA~ = R2 dcosϑdϕ~er

,

~ (asin2 ϑcos2 ϕ + bsin2 ϑ sin2 ϕ + ccos2 ϑ) ~er · VR

(8)

zu: cos2 ϕ und sin2 ϕ liefert π. Damit wird das Flachenintegral ¨ Die ϕ - Integration uber ¨ I

A

~ = 2πR3 d ~A · V

1

# 4π 3 a+b 2 2 R (a + b + c) (1 − cos ϑ) + cos ϑ = dcosϑ 3 2 −1

Z

"

(9)

Beide Integrale sind gleich. Damit haben wir den Gaußschen Satz in diesem speziellen Fall verifiziert.

3

Rechnen mit Gradient, Divergenz und Rotation

~ × W) ~ =W ~ · rotV ~ −V ~ · rot W ~ durch Auswertung in kartesischen Komponenten. Zeigen Sie div(V ~ rot(V ~ × W) ~ und grad(V~ · W) ~ aus, Werten Sie analog dazu die Ausdrucke ¨ rot(ΦV), L¨osung: In kartesischen Koordinaten erhalten wir: ~ × W) ~ = div( V

X

∂i (εi jk V j Wk ) =

i, j,k

X i, j,k

εi jk (Wk ∂i V j − V j ∂i Wk ) =

(10)

~ × W) ~ · ( ~∇ · V) ~ −V ~ · (∇ ~ =W ~ · rot V ~ −V ~ · rotW ~ =W Dabei ist ∂i =

∂ . ∂xi

Analog dazu berechnen wir: ~ i= (rot(ΦV))

X

εi jk ∂ j (ΦVk ) =

j,k

X

εi jk (Φ∂ j Vk + Vk ∂ j Φ) = (11)

j,k

= Φ(rot ~V)i − (V~ × gradΦ)i In der folgenden Umformung wird die Kontraktion zweier total antisymmetrischer Tensoren verwendet: ~ × W)) ~ i= (rot(V =

X

εi j εklm ∂ j (Vl Wm ) =

j,k,l,m

X j

X

(δil δ jm − δimδ jl )(Wm ∂ j Vl + Vl ∂ j Wm ) =

j,k,l,m

(12)

(W j ∂ j Vi + Vi ∂ j W j − Wi ∂ j V j − V j ∂ j Wi ) =

~ · ~∇)V ~ − W( ~ ~∇ · V) ~ + V( ~ ~∇ · W) ~ − (V~ · W) ~ W] ~ i = [( W ~ erfolgt nach der Produktregel: Die Auswertung von grad(V~ · W) ~ · W)) ~ i= (grad( V

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X

∂ j (V j W j ) =

X [V j (∂i W j ) + W j (∂i V j )]

(13)

j

i

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Ladungsdichte fur ¨ Kugelschale und Kreisscheibe

unn, und mit dem Radius R) sind Eine Kugelschale und eine Kreisscheibe (beide infinitesimal d¨ homogen geladen (Gesamtladung q). Geben Sie fur ¨ beide F¨alle die Ladungsdichte an (mit Hilfe von δ - und Θ - Funktionen). L¨osung: F¨ur die Kugelschale verwenden wir Kugelkoordinaten, ρ(~ r) = ρ(r, ϑ, ϕ). Eine homogene Ladungsverteilung impliziert sph¨ arische Symmetrie, also ρ(r). Die Vorgabe infinitesimal d¨ unn ber ) = c1 δ(r − R). Die Konstante c1 folgt aus: deutet dann ρ(~ q=

Z

d3 rρ(~r ) = 4πc1

Z

∞ 0

drr 2 δ(r − R) = 4πc1 R2

(14)

Damit ist die Ladungsdichte der Kugelschale: ρ(~r ) =

q δ(r − R) 4πR2

(15)

F¨ur die Kreisscheibe verwenden wir Zylinderkoordinaten, ρ(~ r)ρ(p, ϕ, z). Eine homogene Laangt. dungsverteilung impliziert, dass ρ nicht von ϕ und im Inneren der Scheibe nicht von p abh¨ unn Die Begrenzung auf p ≤ R wird durch den Faktor Θ(R − p), die Vorgabe infinitesimal d¨ durch den Faktor δ(z) ber¨ ucksichtigt, also ρ = c2 Θ(R − p)δ(z). Die Konstante c2 folgt aus: q=

Z

d3 rρ(~ r ) = 2πc2

Z

∞

dpp

0

Z

∞ 0

dzΘ(R − p)δ(z) = πc2 R2

(16)

Damit ist Ladungsdichte der Kreisscheibe: ρ(~ r) =

5

4 Θ(R − p)δ(z) πR2

(17)

Homogen geladene Kugel

Bestimmen Sie das elektrostatische Potential:

Φ(~r ) =

Z

d3 r′

ρ(~r ′ ) |~r − ~r ′ |

(18)

fur ¨ eine homogen geladene Kugel (Ladung q, Radius R). Legen Sie dazur~in z Richtung und ~r ). fuhren ¨ Sie die Integration in Kugelkoordinaten aus. Berechnen Sie das elektrische FeldE(~ L¨osung: q Mit r~ = r~ez und der homogenen Ladungsdichte ρ0 = V mit V =

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4π 3

R3 erhalten wir:

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R

Φ(~r ) = 2πρ0

Z

2πρ = r

Z

R

dr′ r ′2

0

Z

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1

1 = dcosϑ √ 2 ′2 −1 r + r − 2rr ′ cosϑ

′ ′

′

(19)

′

dr r (|r + r | − |r − r |)

0

Die F¨alle r > R und r ≤ R werden getrennt ausgewertet: F¨ur r ≤ R: 4πρ0 Φ(~r ) = r

"Z

r ′ ′2

dr r + r

0

Z

R ′ ′

#

dr r = 4πρ0 r

R2 r 2 − 6 6

!

(20)

F¨ur r > R: 4πρ0 Φ(~r ) = r

Z

R

dr′ r ′2 =

0

4πρ0 R3 r 3

(21)

Damit lautet das Potential der homogen geladenen Kugel: F¨ur r ≤ R: q 3 r2 Φ(~r ) = − 2 R 2 2R

!

(22)

F¨ur r > R: Φ(~r ) =

q r

(23)

orige Feld ist: Das dazugeh¨ F¨ur r ≤ R: qr ~er R3

(24)

~ r ) = −∇Φ(~ ~ r) = q e~r E(~ r2

(25)

~ r) = ~ r) = −∇Φ(~ E(~ F¨ur r > R:

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Homogen geladener Kreiszylinder

Bestimmen Sie das elektrische Feld eines homogen geladenen unendlich langen Kreiszylinders (Radius R, L¨ange L, Ladung/L¨ange = q/L, L → ∞). L¨osen sie das Problem: 1. mit Hilfe des Gaußschen Gesetzes. Technische Universit¨at M¨unchen

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2. u¨ ber die Poisson-Gleichun. Beachten Sie, dass das Potential im Unendlichen nicht verschwindet. L¨osung: Wir verwenden Zylinderkoordinaten ρ, ϕ und z. Die homogene Ladungsdichte im Bereich des Zylinders ist ρ0 = πRq2 L . Wegen der Symmetrie des Problems kann das Potential nur vom Abstand ρ von der Zylinderachse abh¨ angen, also Φ = Φ(ρ). Dann ist das elektrische Feld von der Form ~ = E(ρ)~eρ . E ange L an. Die Das Gaußsche Gesetz wenden wir auf einen Zylinder mit dem Radius ρ und der L¨ ache, und zum anderen aus der Zylinderoberfl¨ ache besteht zum einen aus der Boden- und Deckfl¨ Mantelfl¨ ache. Im Bereich der Boden- und Deckfl¨ ache ist das Fl¨achenelement dA~ ∝ ±~ez , sodass ~ = 0. Auf der Mantelfl¨ ~ · dA E ache ist d A~ = ρdϕdz~eρ . Damit erhalten wir: F¨ur ρ ≤ R: I

~ · E~ = 2πρLE(ρ) = 4πQV = 4πρ0 · πρ2 L dA

(26)

A

I

dA~ · E~ = 2πρLE(ρ) = 4πQV = 4πρ0 · πR2 L

(27)

A

F¨ur ρ > R:

Daraus ergibt sich das gesuchte elektrische Feld: F¨ur ρ ≤ R: E(ρ) =

2q ρ · L R2

(28)

E(ρ) =

2q 1 · L ρ

(29)

F¨ur ρ > R:

Als Alternative gehen wir von der Poissongleichung aus. F¨ ur Φ(ρ) wird die Poissongleichung ohnlichen Differentialgleichung: zu der gew¨ F¨ur ρ ≤ R: 1 (ρΦ′ (ρ′ ))′ = −4πρ0 ρ

(30)

1 (ρΦ′ (ρ′ ))′ = 0 ρ

(31)

F¨ur ρ > R:

Die zweimalige Integration ergibt: Technische Universit¨at M¨unchen

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F¨ur ρ ≤ R: Φ(ρ) = −πρ0 ρ2 + c1 ln

ρ + d1 R

(32)

F¨ur ρ > R: Φ(ρ) = c2 ln

ρ + d2 R

(33)

F¨ur ρ > R liefert die Integration zun¨ achst ln(ρ) + const. Dies kann durch ln(ρ/R) + const. + ln(R) ur eine homogene ersetzt werden, also durch ln(ρ/R) und eine andere Integrationskonstante. F¨ ar werden. Daher gilt c1 = 0. Da das Ladungsdichte darf das Potential bei ρ = 0 nicht singul¨ ahlt werden. Potential nur bis auf eine Konstante festliegt, kann d2 = 0 gew¨ Die Ladungsdichte hat bei ρ = R einen Sprung. Damit hat auch die zweite Ableitung Φ′′ (ρ) einen Sprung, nur so kann die Poissongleichung erfullt ¨ werden. Damit sind aber Φ′ (ρ) und Φ(ρ) 2q an dieser Stelle stetig. Diese Bedingungen ergeben d1 = πρ0 R2 = Lq und c2 = −2πρ0 R2 = − L . Damit erhalten wir fur ¨ das Potential des unendlich langen homogen geladenen Zylinders: F¨ur ρ ≤ R: ρ2 q 1− 2 Φ(ρ) = L R

!

(34)

F¨ur ρ > R: Φ(ρ) = −

2q ρ ln L R

(35)

Das elektrische Feld: E~ = −~∇Φ(ρ) = −Φ′ (ρ)~ eρ = E(ρ)~eρ

(36)

stimmt mit dem zuvor errechneten elektrischen Felduberein. ¨

7

Punktladung vor geerdeten Metallplatten

Das Volumen: r : 0 ≤ x ≤ ∞, 0 ≤ y ≤ ∞, −∞ ≤ z ≤ ∞} V = {~

(37)

ist bei x = 0 und y = 0 durch geerdete Metallplatten begrenzt. Innerhalb von V befindet sich eine Punktladung q. achenBestimmen Sie das Potential Φ(~r ) in V (mit Hilfe von Bildladungen). Berechnen Sie die Fl¨ ladungsdichte und die Gesamtladung auf den Platten. Welche Kraft wirkt auf die Punktladung? L¨osung:

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r) = Φ(x, y). Die Punktladung q0 = Es handelt sich um ein zweidimensionales Problem, Φ(~ q kann ohne Einschr¨ ankung der Allgemeinheit an die Position r~0 = (a, b, 0) gesetzt werden. Mit einer ersten Bildladung q1 = −q bei (−a, b, 0) k¨ onnte man die Bedingung Φ(0, y) = 0 erfullen, ¨ mit einer zweiten Bildladung q2 = −q bei (a, −b, 0) die Bedingung Φ(x, 0) = 0. Diese Bildladungen verletzen jedoch die jeweils andere Randbedingung. Dies kann durch eine dritte Bildladung q3 ersetzt werden. ahlen wir drei Bildladungen: Zu der gegebenen Punktladung w¨ q0 = q

,

~r0 = (a, b, 0)

(38)

q1 = −q

,

~r1 = (−a, b, 0)

(39)

q2 = −q

,

~r2 = (a, −b, 0)

(40)

~r3 = (−a, −b, 0)

(41)

q3 = q

,

Die vier Punktladungen ergeben das Potential null auf den Ebenen x = 0 und y = 0. Das Potential aller Ladungen ist:

r) = Φ(~

3 X k=0

qk |~r − ~rk |

(42)

Dieses Potential lost ¨ das Randwertproblem: ∆Φ(~r ) = −4πqδ(~ r − ~r0 )inV

,

Φ(~r )|R = 0

(43)

Die Fl¨achenladungsdichte σ auf den Platten berechnet sich aus der Normalkomponente des elektrischen Feldes: ~ r )|R 4πσ(~r )|R = ~n · E(~

,

~ r ) = E(x, ~ y , z) = sum3 qk r~ − ~rk E(~ k=0 |~ r − ~rk |3

(44)

achenladungsdichten σy ( x, z) = Ey ( x, 0, z) und σ x (y , z) = E x (0, y, z) erhalten wir: F¨ur die Fl¨ F¨ur x > 0: # " qb 1 1 σy (x, z) = − − 2π (( x − a)2 + b2 + z2 )3/2 (( x + a)2 + b2 + z2 )3/2

(45)

" # 1 qb 1 σ x (y, z) = − − 2π (a2 + (y − b)2 + z2 )3/2 (a2 + (y + b)2 + z2 )3/2

(46)

F¨ur y > 0:

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Die Ladungsdichten gelten auf den Metallplatten, also in der x − z− Ebene ur f ¨ x > 0, und in der y − z− Ebene fur ¨ y > 0. Wir berechnen die Influenzladung auf der Platte in der x − z− Ebene:

in f l qy=0

∞

∞

# " Z 1 qb ∞ 1 − dzσy (x, z) = − = dx dx = (x − a)2 + b2 (x + a)2 + b2 π 0 −∞ 0 Z a a 2q qb 1 = − arctan =− dx π π −a x2 + b2 b Z

Z

(47)

Mit dem entsprechenden Resultat fur ¨ die y − z− Ebene erhalten wir fur¨ die Gesamtladung auf beiden Metallplatten: qin f l =

in f l qy=0 +

fl qin x=0

# " 2q b a =− arctan + arctan = −q b a π

(48)

Die Kraft auf die Punktladung q bei r~0 ist durch das elektrische Feld gegeben, das nicht von dieser Ladung selbst stammt, also durch das Feld der drei Bildladungen:

~F =

3 X K=1

8

qk

~r0 − ~rk q2 =− 3 |~r0 − ~rk | 4

"

! # ! 1 1 b a e + ~ey ~ − − c b2 (a2 + b2 )3/2 a2 (a2 + b2 )3/2

(49)

Punktladung vor Metallkugel

Außerhalb einer geerdeten, leitenden Hohlkugel (Radius R, Zentrumr~ = 0) befindet sich eine Punktladung q1 bei r~1 . Berechnen Sie das Potential im Innen- und Außenraum der Kugel. Verwenden Sie hierzu eine geeignete Bildladung q2 beir~2 . Berechnen Sie die Ladungsdichte ache. Welche Kraft wirkt zwischen Punktladung und und die Gesamtladung auf der Kugeloberfl¨ sich, wenn die Ladung innerhalb der Kugel ist? Kugel? Was andert ¨ ache einen endlichen Wert Welche L¨osung ergibt sich, wenn das Potential auf der Kugeloberfl¨ Φ0 = Φ(R) − Φ(∞) , 0 hat? L¨osung: Das Randwertproblem lautet: ∆Φ(~r ) = −4πq1 δ(~ r − ~r1 )

fu¨ r

|~r | > R ,

undΦ(R) = 0

(50)

Wir setzen eine Bildladung q2 bei r~2 (mit r2 < R) an: Φ(~r ) =

q2 q1 + |~ r − ~r1 | |~r − ~r2 |

(51)<...