Elektro- und Magnetostatik

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1 Übung 1 Abgabe: 3.3. bzw Elektromagnetische Felder & Wellen Frühjahrssemester 217 Photonics Laboratory, ETH Zürich Elektro- und Magnetostatik 1 Mathematische Grundlagen (3 Pkt.) (a) (5 Pkt.) Verifizieren Sie den Satz von Stokes für das Vektorfeld V = (x + y 2, y z, xz) T und die quadratische Fläche, die durch die Verbindungslinien AB, BC, CD, DA der Punkte A = (x, y, z) = (1,, ), B = (, 1, ), C = ( 1,, ), D = (, 1, ) berandet wird. Der Satz von Stokes lautet A V dl = A da ( V), wobei A die Kurve ist, die die Fläche A berandet. Die Rotation von V lautet V = (1, z, 2y) T. Die Linienintegrale entlang AB und BC ergeben jeweils 1/3, jene entlag CD und DA jeweils 1/3, so dass das Integral entlang des geschlossenen Pfades verschwindet. Zur Berechnung des Flächenintegrals betrachten wir 1+x 1 1 x 1 F = ( V) da = dx dy + dx dy =. A x= 1 y= 1 x 2y 1 x= 1 y= 1+x 2y 1 (1) Somit ist der Satz von Stokes verifiziert. (b) (5 Pkt.) Verifizieren Sie den Satz von Gauss für das Vektorfeld F = (ax 3 /3, by 3 /3, cz 3 /3) T und das Volumen eines Zylinders mit Radius R, dessen Symmetrieachse sich von z = bis z = h verläuft. Der Satz von Gauss lautet V da F = V dv ( F), wobei V die Oberfläche des Volumens V ist. Die Divergenz des Feldes lautet F = ax 2 +by 2 +cz 2. In zylindrischen Koordinaten gilt x = r cos φ, y = r sin φ, und mit dem Volumenelement dv = rdrdφ dz ergibt das Volumenintegral I = V = ha R4 4 = hr4 π 4 dv ( F) = R r= dr r φ= cos 2 φ dφ + hb R4 4 (a + b) + c πr2 h 3. 3 dφ h z= dz (ar 2 cos 2 φ + br 2 sin 2 φ + cz 2 ) sin 2 φ dφ + c πr2 h 3 3 (2) 1

2 Wir evaluieren nun das Oberflächenintergral auf der Zylindermantelfläche mit dem infinitesimalen Oberflächenelement da = n r R dφ dz und erhalten h ax 3 /3 h x/r A = da F = dz dφ R n r by 3 ax3 /3 = dz dφ R y/r by 3 cz 3 /3 cz 3 /3 = Mantel h z= dz φ= dφ = hπ 4 R4 (a + b). z= φ= ( a 3 R4 cos 4 φ + b ) 3 R4 sin 4 φ Da das Vektorfeld F auf der Bodenfläche des Zylinders verschwindet verbleibt lediglich das Oberflächenintegral auf der Oberseite A = R r= dr r φ= Somit gilt I = A + A und der Satz von Gauss ist erfüllt. z= φ= (3) dφ F n z = R2 πch 3. (4) 3 (c) (2 Pkt.) Beweisen Sie, dass Rotationsfelder (hinreichend oft partiell differenzierbarer Funktionen) stets divergenzfrei sind. Es ist zu zeigen, dass gilt ( A) = A. Ausführen der Vektoroperatoren und Anwendung des Satzes von Schwarz (partielle Ableitungen dürfen vertauscht werden) führt direkt zum gewünschten Ergebnis (hier nicht im Detail ausformuliert, aber erwartet). (d) (2 Pkt.) Beweisen Sie, dass Gradientenfelder (hinreichend oft partiell differenzierbarer Funktionen) stets rotationsfrei sind. Es ist zu zeigen, dass gilt ( A) = A. Ausführen der Vektoroperatoren und Anwendung des Satzes von Schwarz (partielle Ableitungen dürfen vertauscht werden) führt direkt zum gewünschten Ergebnis (hier nicht im Detail ausformuliert, aber erwartet). (e) (3 Pkt.) Formulieren Sie die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung ( 2 x k 2 )f(x) =, (5) mit k R. Die allgemeine Lösung lautet f(x) = Ae kx + Be kx (6) mit Koeffizienten A, B C. 2

3 (f) (3 Pkt.) Zeigen Sie, dass der Ansatz g(x, t) = f(x ± ct) die Differentialgleichung löst. Ausrechnen der Ableitungen liefert gewünschtes Ergebnis. ( 2 x 2 t )g(x, t) = (7) (g) (2 Pkt.) Verwenden Sie nun den Ansatz g(x, t) = A sin(x ± ct) + B cos(x ± ct), um eine reellwertige Lösung unter den Randbedingungen g(x =, t = ) = zu finden. Die Lösung lautet mit Koeffizienten A, c R. g(x, t) = A sin(x ± ct) (8) (h) (8 Pkt.) Erstellen Sie einen Graphen Ihrer Lösung aus Teilaufgabe (g) als Funktion von x zum Zeitpunkt t =. Normieren und beschriften Sie Ihre Achsen geeignet. Bestimmen Sie den Zeitpunkt, zu dem Ihre Lösung bei x = ihren Maximalwert annimmt und skizzieren Sie Ihre Lösung zu jenem Zeitpunkt erneut als Funktion von x. Machen Sie sich klar, dass es sich bei Ihrer Lösungsfunktion um ein propagierendes Objekt handelt. Bestimmen Sie den Freiheitsgrad in Ihrer Lösung, der die Propagationsrichtung bestimmt. Die Lösung zum Zeitpunkt t = ist ein ±-Sinus, jene bei t = π/2c ein ±-Cosinus. Das Vorzeichen im Phasenterm x ± ct bestimmt die Ausbreitungsrichtung. Die folgende Abbildung zeigt beispielhaft eine in negative x-richtung laufende Welle. 1 t= t=π/2c g(x)/a x/(2π) 3

4 2 Magnetfeld in Draht mit Hohlraum (25 Pkt.) Ströme sind die Quellen magnetischer Felder. Das Ampère sche Gesetz beschreibt den Zusammenhang zwischen dem Stromfluss durch den Querschnitt eines Leiters und dem Magnetfeld auf dem Rand dieses Querschnitts. Die Gleichungen des Elektromagnetismus sind linear und ihre Lösungen unterliegen somit dem Superpositionsprinzip. Im Folgenden verwenden wir das Ampère sche Gesetz und das Superpositionsprinzip, um das Magnetfeld in einem zylinderförmigen Leiter mit Hohlraum zu bestimmen. Wir verwenden in dieser Aufgabe ein zylindrisches Koordinatensystem. Wir betrachten zunächst einen unendlich langen Zylinder mit Radius ρ und der z-achse als Symmetrieachse. Die Stromflussdichte sei konstant über den gesamten Leiter verteilt J(x, y) = Jn z für x 2 + y 2 < ρ 2 und verschwinde ausserhalb des Leiters. (a) (6 Pkt.) Integrieren Sie ein magnetisches Feld der Form B = Bn φ entlang eines geschlossenen Kreises C mit Radius ρ und Mittelpunkt auf der z-achse. Berechnen Sie dazu das Wegelement dl für eine geeignete Parametrisierung. Wir wählen folgende Parametrisierung für den Kreis C in der xy-ebene cos φ φ : [, 2π] l(φ) = ρ sin φ. (9) Daraus berechnet sich das Wegelement dl dl dφ = d cos φ sin φ dφ ρ sin φ = ρ cos φ = ρn φ. (1) Damit lässt sich das Kurvenintegral folgendermassen lösen C B dl = Bn φ ρn φ dφ = ρb dφ = 2πρB. (11) (b) (4 Pkt.) Integrieren Sie im nächsten Schritt die Stromdichte Jn z über die Leiterquerschnittsfläche um den Strom I zu bestimmen. Wir lösen das gesuchte Integral in Polarkoordinaten S J ds = ρ Jn z rn z drdφ = ρ 2 πj. (12) (c) (7 Pkt.) Leiten Sie mit Hilfe des Ampère schen Gesetzes einen Ausdruck für das Magnetfeld innerhalb und ausserhalb des Leiters her. Verwenden Sie Ihre Ergebnisse aus den vorhergehenden Aufgabenteilen. 4

5 Für einen Leiterquerschnitt S mit Rand C besagt das Ampère sche Gesetz in integraler Form B dl = µ J ds = µ I enc. (13) C Für jede gedachte Kreiskurve mit einem grösserem Radius als dem Leiterradius hängt der eingeschlossene Strom I enc nicht mehr vom Radius ab. Wir verwenden die vorhergehenden Aufgabenteile und finden B dl = µ J ds = µ I enc, (14) C S Bn φ rn φ dφ = µ ρ Innerhalb des Leiters berechnen wir analog B dl = µ S Jn z r n z dr dφ, (15) 2πrB = µ ρ 2 πj, (16) B(r, φ) = µ ρ 2 J n φ. (17) 2r C Bn φ rn φ dφ = µ r J ds = µ I enc, (18) S Jn z r n z dr dφ, (19) 2πrB = µ r 2 πj, (2) B(r, φ) = µ rj 2 n φ. (21) (d) (8 Pkt.) Angenommen in den Zylinder aus dem vorhergehenden Aufgabenteil wird parallel zur z-achse ein Hohlraum gebohrt. Der Abstand zwischen der Bohrung und der z-achse betrage a. Der Radius der Bohrung sei b, sodass a + b < ρ. Leiten Sie unter Verwendung des Superpositionsprinzips einen Ausdruck für das Magnetfeld innerhalb des Hohlraumes her. z y x Wir wissen aus den vorangehenden Aufgabenteilen, dass das Magnetfeld innerhalb eines zylinderförmigen Leiters lautet B(r, φ) = µ rj 2 n φ. (22) 5

6 Der Einheitsvektor n φ = n z n r führt zu dem Magnetfeld B(r, φ) = µ rj 2 n z n r (23) Ein Zylinder mit Stromdichte Jn z erzeugt dementsprechend ein Magnetfeld B(r, φ) = µ r J n z n 2 r. (24) Die Superposition dieser beiden Felder ist äquivalent zum Zylinder mit Hohlraum. Es ergibt sich also folgender Ausdruck für das gesuchte Magnetfeld B(r, φ) = µ J ( rnz n r r n z n 2 r) B(r, φ) = µ J 2 n z ( rn r r n ) r (25) (26) B(r, φ) = µ J 2 n z a. (27) 6

7 3 Der statische elektrische Dipol (45 Pkt.) Die Maxwell schen Gleichungen sind ein Satz von Differentialgleichungen, deren Lösungen von den Quelltermen und den Randbedingungen abhängen. In der Realität können wir lediglich für verhältnismässig einfache Probleme analytische Lösungen für die Felder finden. Oftmals erlauben uns diese Lösungen einfacher Fälle jedoch, kompliziertere Probleme in ausgezeichneter Näherung zu lösen. Ein Standardparadigma der Elektrostatik ist der Punktdipol, mit dem wir uns im Folgenden befassen. (a) (5 Pkt.) Am Ort r = befinde sich eine Punktladung Q in einem Medium mit Dielektrizitätskonstante ε. Formulieren Sie zunächst das Coulombpotential und überzeugen Sie sich durch explizite Rechnung, dass es die Laplace-Gleichung an jedem Punkt im Raum, ausser am Ursprung erfüllt. Hinweis: Das Coulombpotential ist vom Typ Φ(r) r 1. Das Coulombpotential lautet Q 4πεε r. (28) Das Feld ist nach E = Φ zu bestimmen (hier nicht explizit notiert, aber erwartet). (b) (2 Pkt.) Welche Gleichung erfüllt das Coulombpotential am Ursprung? Das Potential erfüllt die Poissongleichung 2 Φ = ρ εε. (29) (c) (4 Pkt.) Berechnen Sie aus dem Coulombpotential das elektrische Feld E(r) der Punktladung. Verwenden Sie hierzu den Laplace-Operator in sphärischen Koordinaten, den Sie einer geeigneten Formelsammlung entnehmen können. Das Feld berechnet sich aus dem Gradienten des Potentials. Mit dem Gradientenoperator in Kugelkoordinaten = n r r + n 1 θ r θ + n 1 φ (3) r sin θ ϕ erhalten wir E = Φ = Q 4πεε r 2 n r. (31) (d) (5 Pkt.) Am Ort z = d/2 befinde sich die Ladung q, am Ort z = d/2 die Ladung q. Bestimmen Sie das elektrische Potential Φ(r) des Dipols. Hinweis: Das Konstrukt des Dipols entsteht im Grenzwert q, d mit p = qd = const. Das Potential des Dipols ergibt sich aus der Superposition der Potentiale der beiden Dipolladungen q 4πεε r + 7 q 4πεε r, (32)

8 wobei r ± = r d 2 cos θ und somit dank r d qd cos θ. (33) 4πεε r2 Wir betrachten nun ein Beispiel, in dem der elektrische Dipol nützlich ist. Am Ursprung befinde sich eine dielektrische Kugel aus einem Medium mit Dielektrizitätskonstante ε 1 und Radius a. Die Kugel befinde sich zwischen zwei Kondensatorplatten bei z = d/2 und z = d/2 mit unendlicher Ausdehnung, an die die Spannung V angelegt ist. Im Kondensator befinde sich ein Medium mit Dielektrizitätskonstante ε 2 und zudem gelte d a. (e) (2 Pkt.) Bestimmen Sie das Feld E, das zwischen den Kondensatorplatten herrscht, in Abhängigkeit von d und V. Das Feld lautet E = V/d. (f) (5 Pkt.) Zeigen Sie durch explizite Rechnung, dass der folgende Ansatz für das Potential die Laplace-Gleichung erfüllt { Φ 1 = E r cos θ + A cos θ, r > a r 2 (34) Φ 2 = Br cos θ, r < a. Verwenden Sie hierzu den Laplace-Operator in Kugelkoordinaten, den Sie in einer geeigneten Formelsammlung finden. Anwendung des Laplace-Operators in Kugelkoordinaten 2 f = 1 ( r 2 r 2 f ) + 1 ( r r r 2 sin θ f ) f sin θ θ θ r 2 sin 2 θ ϕ 2 (35) zeigt, dass der Ansatz die Laplace-Gleichung erfüllt (Rechnung erwartet, aber hier nicht ausformuliert). (g) (2 Pkt.) Argumentieren Sie, warum obiger Ansatz vom Azimuthalwinkel φ unabhängig sein muss. Das Problem ist rotationssymmetrisch um die z-achse. (h) (3 Pkt.) Zeigen Sie, dass das Feld in grosser Entfernung des Partikels, wie zu erwarten, gleich dem Feld im Kondensator in Abwesenheit des Partikels ist. Machen Sie sich klar, welcher Teil des Potentials Φ 1 vom einfallenden Feld stammt und welcher Teil dem polarisierten Partikel zuzuschreiben ist. Für grosse Entfernungen r gilt E(r) = φ = E n z, da z = r cos θ. 8

9 (i) (6 Pkt.) Das Potential muss die Randbedingung Φ 1 r=a = Φ 2 r=a auf der Kugeloberfläche erfüllen. Ausserdem muss die Normalkomponente des Verschiebungsfeldes D auf der Grenzfläche stetig sein. Bestimmen Sie A und B entsprechend, und geben Sie das resultierende Potential an. Aus der Stetigkeitsbedingung für das Potential [ ] Φ 1 r=a = Φ [ 2 r=a ] folgt (B + E )a 3 = A. Die Stetigkeitsbedingung für D bedeutet ε ε Φ1 2 r = ε Φ2 ε 1 r=a r. So erhalten wir B = r=a 3ε 2 ε 1 +2ε 2 E sowie A = ε 1 ε 2 ε 1 +2ε 2 E a 3. Das Potential lautet somit { E r cos θ + ε 1 ε 2 ε 1 +2ε 2 E a 3 cos θ r 2 r > a, 3ε 2 ε 1 +2ε 2 E r cos θ r < a. (j) (3 Pkt.) Berechnen Sie das elektrische Feld im Kondensator in Gegenwart der Kugel ausserhalb der Kugel. Es gilt E = Φ und somit E r = E cos θ + 2 ε 1 ε 2 ε 1 + 2ε 2 E a 3 cos θ r 3, (36) E θ = 1 r E r sin θ + ε 1 ε 2 ε 1 + 2ε 2 E a 3 sin θ r 3. (37) Die jeweils ersten Summanden gehen auf das in z-richtung zeigende Feld des Kondensators zurück. Die jeweils zweiten Summanden beschreiben das von der polarisierten Kugel generierte Feld. (k) (5 Pkt.) Zeigen Sie, dass das von der polarisierten Kugel erzeugte Feld im Kondensator exakt dem eines elektrischen Dipols entspricht. Machen Sie sich klar, dass sich das von der polarisierten Kugel erzeugte Feld ausserhalb ihres Volumens durch einen mathematischen Punktdipol an ihrem Mittelpunkt beschreiben lässt. Bestimmen Sie im Zuge Ihrer Überlegungen das Dipolmoment p der polarisierten Kugel. Der Vergleich des Potentials Φ 1 mit jenem des Dipols aus Gl. (33) zeigt die Identität der Potentiale. Somit sind auch die Felder gleich und das Dipolmoment lautet p = 4πε ε 2 ε 1 ε 2 ε 1 + 2ε 2 E a 3 n z. (38) (l) (3 Pkt.) Die Polarisierbarkeit α ist definiert als Proportionalitätskonstante zwischen angelegtem elektrischem Feld und induziertem Dipolmoment. Formulieren Sie α für das Partikel mit Dielektrizitätskonstante ε 1 im Medium mit Dielektrizitätskonstante ε 2. Wir erhalten mit p = αe die Polarisierbarkeit zu α = 4πε 2 ε ε 1 ε 2 ε 1 + 2ε 2 a 3. (39) 9