Übungen zur Theoretischen Physik 2 für das Lehramt L3 Blatt 3

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1 H. van Hees Sommersemester 218 Übungen zur Theoretischen Physik 2 für as Lehramt L3 Blatt 3 Aufgabe 1: Vektorproukt Im Manuskript haben wir as Vektorproukt zweier Vektoren a un b geometrisch efiniert. Demnach soll a b = c wieer ein Vektor sein, essen Betrag c = ab sin ( a, b) er Flächeninhalt es von a un b aufgespannten Parallelogramms ist. Die Richtung ist senkrecht zu a un b gemäß er Rechte-Han-Regel. Es ist ziemlich schwierig, aus ieser Definition as Distributivgesetz,.h. ( a + b) c = a c + b c zu beweisen. Nimmt man aber an, ass as Distributivgesetz gilt un ass e 1, e 2 un e 3 eine rechtshänige kartesische Basis bilen, so folgt für ie kartesischen Komponenten es Vektorproukts a 1 b 1 a 2 b 3 a 3 b 2 a 2 b 2 = a 3 b 1 a 1 b 3. (1) a 3 b 3 a 1 b 2 a 2 b 1 Wir efinieren nun einfach as Vektorproukt algebraisch auf iese Weise,.h. wir setzen voraus, ass (1) für ie kartesischen Vektorkomponenten gilt. Zeigen Sie ann ie folgenen Rechenregeln urch einfaches Nachrechnen a b = b a, (2) a ( a b) = b ( a b) =, (3) ( a + b) c = a c + b c, (4) a ( b c) = b( a c) c( a b), (5) a ( b c) = ( a b) c. (6) Lösungen: Gl. (2): Gl. (3): a b a 2 b 3 a 3 b 2 b 2 a 3 b 3 a 2 = a 3 b 1 a 1 b 3 = b 3 a 1 b 1 a 3 = b a. (7) a 1 b 2 a 2 b 1 b 1 a 2 b 2 a 1 a ( a b) a 1 a 2 b 3 a 3 b 2 = a 2 a 3 b 1 a 1 b 3 a 3 a 1 b 2 a 2 b 1 = a 1 (a 2 b 3 a 3 b 2 ) + a 2 (a 3 b 1 a 1 b 3 ) + a 3 (a 1 b 2 a 2 b 1 ) = a 1 a 2 b 3 a 1 a 3 b 2 + a 2 a 3 b 1 a 1 a 2 b 3 + a 1 a 3 b 2 a 2 a 3 b 2 =. (8) Analog rechnet man auch ie zweite Gleichung nach. Gl. (4): ( a + b) (a 2 + b 2 )c 3 (a 3 + b 3 )c 2 a 2 c 3 a 3 c 2 b 2 c 3 b 3 c 2 c = (a 3 + b 3 )c 1 (a 1 + b 1 )c 3 = a 3 c 1 a 1 c 3 + b 3 c 1 b 1 c 3 = a c + b c. (9) (a 1 + b 1 )c 2 (a 2 b 2 )c 1 a 1 c 2 a 2 c 1 b 1 c 2 b 2 c 1

2 Gl. (5): a ( b a 1 b 2 c 3 b 3 c 2 c) = a 2 b 3 c 1 b 1 c 3 a 3 b 1 c 2 b 2 c 1 a 2 (b 1 c 2 b 2 c 1 ) a 3 (b 3 c 1 b 1 c 3 ) = a 3 (b 2 c 3 b 3 c 2 ) a 1 (b 1 c 2 b 2 c 1 ) a 1 (b 3 c 1 b 1 c 3 ) a 2 (b 2 c 3 b 3 c 2 ) b 1 (a 2 c 2 + a 3 c 3 ) c 1 (a 2 b 2 + a 3 b 3 ) = b 2 (a 1 c 1 + a 3 c 3 ) c 2 (a 1 b 1 + a 3 b 3 ) b 3 (a 1 c 1 + a 2 c 2 ) c 3 (a 1 b 1 + a 2 b 2 ) b 1 (a 1 c 1 + a 2 c 2 + b 3 c 3 ) c 1 (a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ) = b 2 (a 1 c 1 + a 2 c 2 + b 3 c 3 ) c 2 (a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ) b 3 (a 1 c 1 + a 2 c 2 + a 3 c 3 ) c 3 (a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ) b 1 c 1 = b 2 a c c 2 a c b 3 c 3 = b( a c) c( a c). (1) Dabei haben wir ie roten Terme eingefügt um ie Klammern zu einem vollstänigen Vektorproukt zu ergänzen. Es zeigt sich, ass iese ergänzten Terme sich gegenseitig aufheben, so ass as Gleichheitszeichen tatsächlich gilt. Gl. (6): a ( b a 1 b 2 c 3 b 3 c 2 c) = a 2 b 3 c 1 b 1 c 3 a 3 b 1 c 2 b 2 c 1 = a 1 b 2 c 3 a 1 b 3 c 2 + a 2 b 3 c 1 a 2 b 1 c 3 + a 3 b 1 c 2 a 3 b 2 c 1 = c 1 (a 2 b 3 a 3 b 2 ) + c 2 (a 3 b 1 a 1 b 3 ) + c 3 (a 1 a 2 a 2 b 1 ) a 2 b 3 a 3 b 2 c 1 = a 3 b 1 a 1 b 3 c 2 a 1 b 2 a 2 b 1 c 3 = ( a b) c. (11) Zeigen Sie schließlich, ass in er Tat ie geometrische Beeutung erfüllt ist. Dass a un b beie auf a b senkrecht stehen, haben wir mit Gl. (3) schon gezeigt. Es fehlt also noch ie Berechnung es Betrags. Verwenen Sie azu nacheinaner (6) un (5), um ( a b) 2 = [ab sin ( a, b)] 2 (12) zu berechnen. Machen Sie sich anhan einer Skizze klar, ass as er Flächeninhalt es von a un b aufgespannten Parallelogramms ist.

3 Lösung: ( a b) 2 = ( a b) ( a b) = a [ b ( a b)] = a [ a( b b) b( b a)] = ( a a)( b b) ( a b) 2 (13) = a 2 b 2 a 2 b 2 cos 2 ( a, b) = a 2 b 2 [1 cos 2 ( a, b)] = a 2 b 2 sin 2 ( a, b) Die Skizze befinet sich in Abschnitt es Manuskripts. Aufgabe 2: Elektrisches Potential eines homogen gelaenen Zyliners Gegeben sei ein unenlich langer Zyliner parallel zur x 3 -Achse eines kartesischen Koorinatensystems. Der Mittelpunkt er Kreisquerschnittsflächen sei bei x 1 = x 2 = un er Kreisraius a. Der Zyliner bestehe aus homogen gelaener Materie,.h. im Zyliner sei ie Laungsichte ρ = const un außerhalb. Rechnen Sie in Zylinerkoorinaten. Die Formeln in Anhang A.2 es Manuskripts ürfen im Folgenen ohne Beweis verwenet weren. (a) Argumentieren Sie, ass aus Symmetriegrünen as elektrostatische Potential nur von R abhängen kann. Überlegen Sie azu zuerst, welche Symmetrien er Zyliner aufweist. Lösung: Der Zyliner wir offenbar urch Translationen in x 3 -Richtung sowie urch Rotationen um ie x 3 -Achse in sich selbst abgebilet. Das Potential Φ( r ) kann sich emnach ebenfalls unter iesen Transformationen nicht änern. Eine Translation um z in x 3 -Richtung ist in Zylinerkoorinaten eine Verschiebung von z,.h. sie wir urch z z z argestellt. Dabei arf sich Φ( r ) = Φ(R,ϕ, z) nicht änern,.h. es gilt Φ(R,ϕ, z) = Φ(R,ϕ, z z ). Da as für alle z R gilt, kann Φ nicht von z abhängen. Genauso argumentiert man, ass einer Drehung um ie x 3 -Achse un en Winkel ϕ einer Verschiebung von ϕ ϕ ϕ entspricht. Das beeutet aber, ass Φ auch nicht ϕ abhängen kann. Demnach gilt in er Tat er Ansatz Φ( r ) = V (R). (b) Verwenen Sie nun en Ansatz Φ( r ) = V (R), um ie Poisson-Gleichung Φ = ρ ε (14) urch einfache Integrationen zu lösen un berechnen Sie araus E = graφ. Tipp: Verwenen Sie ie Stetigkeit von Φ un E bei R = a sowie ie Beingung, ass Φ in R = keine Singularität besitzen arf, um ie auftretenen Integrationskonstanten für ie Bereiche R < a un R > a vollstänig festzulegen. Lösung: Mit Gl. (A.2.7) im Manuskript vereinfacht sich wegen es Ansatzes ie Poisson-Gleichung zu er gewöhnlichen DGL Φ = 1 R R R V = ρ ρ /ε = für R a, R ε für R > a. (15)

4 Lösen wir ie Gleichung zunächst für R > a. Wir nennen ie Lösung V > : 1 R R R V > R R R V > R = = R V > R = C 1 = const V > R = C 1 R V > (R) = C 1 ln R + C a 2. Dabei haben wir im Logarithmus R/a geschrieben, amit keine imensionsbehafteten Größen im Logarithmus auftauchen, un a ie einzige ausgezeichnete Größe von er Dimension einer Länge ist. Für R a sei ie Lösung mit V < bezeichnet. Aus (16) folgt 1 R R R R V < R R V < R = ρ ε = ρ ε R (16) R V < R = ρr2 2ε + D 1, V < R ρr + D 1 2ε R V < = ρr2 4ε + D 1 ln R + D a 2. (17) Jetzt müssen wir ie Integrationskonstanten C 1, C 2, D 1 un D 2 bestimmen. Da ie Laungsverteilung außer em Sprung bei R = a keine Singularitäten aufweist, müssen V un E stetig sein. Außerem kann es bei R = keine Singularität geben, so ass bereits D 1 = festgelegt ist. Weiter können wir über eine willkürliche aitive Konstante verfügen. Setzen wir also C 2 =. Damit gilt V (R) = ρr2 4ε + D 2 für R a, C 1 ln(r/a) für R > a. (18) Die Stetigkeit von V bei R = a verlangt Mit (A.2.4) im Manuskript folgt ρa2 4ε + D 2 = D 2 = ρa2 4ε. (19) E = grav (R) = e R R V (R) = ρr 2ε e R für R a, C 1 R e R für R > a. (2)

5 Die Stetigkeit bei r = a verlangt ρa = C 1 2ε a C 1 = ρa2 2ε. (21) Damit ist schließlich gemäß (18) un (2) ie Lösung gefunen: ρ(a 2 R 2 ) 4ε für R a, V (R) = ρa2 2ε ln(r/a) für R > a, ρr 2ε e E = R für R a, ρa 2 2ε R e R für R > a. (22) (23) (c) Überprüfen Sie ie Lösung, inem Sie zeigen, ass in er Tat überall iv E( r ) = 1 ε ρ( r ) (24) gilt. Lösung: Mit (A.2.5) aus em Manuskript folgt aus (23) iv E = 1 R ρ (RE R ) R = ε für R a, für R > a, (25).h. unsere Lösung erfüllt in er Tat as Gaußsche Gesetz, wie es sein muss. Aufgabe 3: Potentialwirbel Gegeben sei as Vektorfel (in kartesischen Koorinaten r = (x 1, x 2, x 3 )) r V ( r ) = e 3 x (26) x2 2 (a) Berechnen Sie Rotation un Divergenz in kartesischen Koorinaten! Lösung: Wir setzen zur Abkürzung x x2 2 = R2. Dann ist für R > un rotv = V 1 = 2 1 x 2 x R 2 1 = = (27) 3 2/R 2 2(x1 2 + x2 2 )/R4 iv V = V = 1 x2 R x1 R 2 = 2x 1 x 2 R 4 + 2x 1 x 2 R 4 =. (28) Bei R =,.h. entlang er gesamten x 3 -Achse, ist as Vektorfel singulär un aher auch Rotation un Divergenz nicht efiniert.

6 (b) Stellen Sie as Vektorfel in Stanarzylinerkoorinaten (R, ϕ, z) ar un berechnen Sie abermals Rotation un Divergenz. Dabei ürfen wieer ie Formeln in Anhang A.2 es Manuskripts verwenet weren. Lösung: Es gilt e 3 = e z, r = R e R + z e z un R 2 = x1 2 + x2 2 un amit V = 1 R 2 e z (R e R + z e z ) = 1 R e ϕ. (29) Damit finet man für R > mit Hilfe er Formeln (A.2.6) bzw. (A.2.5) für Rotation un Divergenz sofort (27) un (28). (c) Existiert ein skalares Potential, so ass gilt? V = Φ = graφ (3) Lösung: Da rot V = ist, sollte es zuminest lokal ein skalares Potential geben. Es ist klar, ass wir es in Zylinerkoorinaten am einfachsten bestimmen können. Mit (A.2.4) folgt, ass Φ = Φ(ϕ) sein muss, un ann gilt Φ = e ϕ 1 R ϕ Φ(ϕ)! = V = 1 R e ϕ. (31) Damit ist ϕ Φ = 1 un also Φ(ϕ) = ϕ. (32) Bemerkung: Es ist klar, ass as Potential eine Singularität besitzt, je nachem welches Intervall er Länge 2π man für ϕ efiniert. Eine Stanarwahl für iesen Fall ist ϕ ( π,π) zu wählen. Dann ist as Potential entlang er Halbebene ϕ = π, was as Gleiche ist wie ϕ = π singulär, enn nähert man sich er Halbebene von er einen Seite her, also ϕ π + wir Φ(ϕ) π un von er aneren Seite her ϕ π + + wir Φ(ϕ) π,.h. as Potential weist entlang er besagten Halbebene einen Sprung er Höhe 2π auf. Die Funktion (32) sieht abei gar nicht singulär aus, es liegt aber eine Koorinatensingularität vor, weil ϕ als Winkel eine zyklische Koorinate ist, un Werte, ie sich nur um ein ganzzahliges Vielfaches von 2π unterscheien, enselben geometrischen Ort bezeichnen. Das Potential wir aurch eineutig bestimmt, ass man eine beliebige Halbebene aus em Definitionsbereich herausnimmt, un as entsprechene Wegintegral von irgeneinem festgehaltenen Punkt aus bestimmt, wobei man nur Wege zulässt, ie iese Halbebene nicht überschreiten. Entlang er Halbebene springt Φ immer um en Wert 2π. () Berechnen Sie as Wegintegral J = r V K a (33) entlang es Kreises in er Ebene x 3 = mit Mittelpunkt bei x 1 = x 2 = x 3 = un Raius a, er urch cosϕ K a : r (ϕ) = a sinϕ, ϕ [,2π] (34) parametrisiert sei.

7 Lösung: Es gilt r = ϕ a e ϕ. (35) Mit (31) folgt araus sofort J = 2π ϕa e ϕ 1 a e ϕ = 2π ϕ = 2π. (36) (e) Zum Knobeln: Wie lässt sich as mit em in Abschnitt es Manuskripts besprochenen Lemma von Poincaré vereinbaren? Ist er Satz von Stokes auf as Wegintegral anwenbar? Lösung: Das Beispiel ist mit em Lemma von Poincaré vereinbar, enn es gilt nur, wenn er Definitionsbereich es wirbelfreien Vektorfeles ein einfach zusammenhängenes Gebiet ist. In unserem Fall besitzt as Vektorfel entlang er gesamten x 3 -Achse eine Singularität, un man kann en Kreis aus er vorigen Teilaufgabe nicht ganz innerhalb es Definitionsbereichs stetig auf einen Punkt zusammenziehen. Beim Beweis es Lemmas von Poincaré haben wir en Stokesschen Integralsatz verwenet. Um as für unsere Kreislinie K a tun zu können, müssten wir eine Fläche F finen, so ass er Ran F = K a ist, so ass ie Rotation es Vektorfeles entlang ieser gesamten Fläche efiniert ist. Eine jee solche Fläche schneiet aber unweigerlich ie x 3 -Achse, wo eben ie Rotation nicht efiniert ist. Homepage zu Vorlesung un Übungen: