Einführung in die theoretische Physik II Sommersemester 2015

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Theresa Kaufman
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1 Einführung in die theoretische Physik II Sommersemester 25 Ausgewählte Aufgaben zur Klausurvorbereitung Lösungshinweise Aufgabe : Elektrostatik Betrachten Sie eine geladene Kugel (adius ) mit Ladungsdichte ρ(r) = ρ r/. a. Berechnen Sie mit Hilfe des Gauss schen Satzes das elektrische Feld innerhalb und ausserhalb der Kugel. b. Berechnen Sie das elektrostatische Potential φ( r) unter der Annahme dass φ( ) =. c. Skizzieren Sie den Potentialverlauf. d. Überprüfen Sie, welches der Felder E ( r) = (2zx + y 2 )ê x + 2yxê y + x 2 ê z E 2 ( r) = (zx + y 2 )ê x + 2yxê y + xê z und ein elektrostatissches Feld sein kann. Berechnen Sie für dieses die Ladungsdichte und das Potential. a. Aus Symmetriegründen ist hat das Feld nur eine adialkomponente, E( r) = E r (r)ê r. () Wir verwenden den Gauss schen Satz der Elektrodynamik d a E( r ) = d 3 r E( r ) = d 3 r ρ( r ). ɛ für ein Kugel-Volumen = { r r}. Oberflächeneintegral: d a E( r ) = πr 2 E r (r), (= Oberflächeninhalt Betrag des Feldes, wegen der Kugel-Symmetrie.) Volumenintegral: (Kugelkoordinaten) Für r < : Für r : Zusammensetzen ergibt ɛ d 3 r ρ( r ) = ɛ ɛ ɛ = π ɛ π r sin(ϑ)dϑ d 3 r ρ( r ) = πρ ɛ d 3 r ρ( r ) = πρ ɛ r dϕ dr r 2 ρ(r ) dr r 2 ρ(r ) (2) r dr r 3 = πρ r ɛ (3) dr r 3 = πρ 3 ɛ () E r (r) = { ρr 2 ɛ ρ 3 r 2 ɛ r < r (5)

2 b. Wegen E( r) = Φ erhält man das Potential aus Φ( r) Φ( ) = d s E, wobei ein beliebiger Weg von r nach ist. Hier wählen wir einen radialen Weg. Damit für r > : und für r < : r dr E r (r ) + r dr E r (r ). ρ 3 rɛ dr E r (r ) = ρ 3 2ɛ ρ r 3 2ɛ + ρ 2 c. Die Skizze sollte eine monotone Funktion zeigen, bei r = stetig, und das richtige asymptotische Verhalten andeuten (Φ /r für r ). d. Das Feld kann nur dann ein elektrostatisches Feld sein, wenn E =. Für E gilt E ( r) = E 2 ( r) = (x )ê y Also ist nur E ( r) ein elektrisches Feld. Die Ladungsdichte erhält man as der Maxwell Gleichung Potential: Wir wählen den Potentialnullpunkt bei r =. Dann gilt d s E, ρ( r) = ɛ E = 2z + 2y. (6) wobei ein beliebiger Weg von r nach ist. Wir wählen z.b. den Weg längs der drei Koordinatenachsen x dx E x (x,, ) + (Beachte Minus vor Φ, dafür Weg von nach r). (Kann man durch E( r) = Φ nachprüfen.) y dx E y (x, y, ) + y 2 zx 2. z ɛ dx E z (x, y, z ) Aufgabe 2: Bildladungen Zwei positive geladene Punktladungen befindet sich in den Punkten (,, a) und (d,, a) oberhalb einer perfekt leitenden Oberfläche, die durch die Ebene z = gegeben ist. a. Berechnen Sie das elektrostatische Potential der Anordnung für z > mit Hilfe der Bildladungsmethode. b. Berechnen Sie die x-komponente der Kraft auf eine der Ladungen, d.h. die Komponente parallel zur Oberfläche und erwickeln Sie den Ausdruck für d a. a. Das Potential für z > ist die Superposition von Punktladungspotentialen: +Q bei (,, a), +Q bei (d,, a), sowie die Bildladungen Q bei (,, a), Q bei (d,, a) (denn diese Anordnung ergibt Φ = const. auf der Metalloberfläche.) Q πɛ x2 + y 2 + (z a) + 2 (x d)2 + y 2 + (z a) 2 (x d)2 + y 2 + (z + a) 2 x2 + y 2 + (z + a). (7) 2

3 b. Kraft auf Ladung bei (,, a) gegeben durch Summe der Kräfte durch die anderen drei Punktladungen. (,, a) übt nur Kraft in z-ichtung aus; Summe der oulombkräfte der Ladungen +Q bei (d,, a) und Q bei (d,, a): πɛ d 2 + d d2 + (2a) 23 (8) Entwicklung für d a: πɛ d (2a/d) 2 3 (9) Taylor-Entwicklung ( + ɛ) α = + αɛ + O(ɛ 2 ) für α = 3/2 und ɛ = (2a/d) 2 ergibt πɛ d 2 6a2 d 2 + O((a/d) ) () Aufgabe 3: Magnetostatik Betrachten Sie einen langen Draht mit adius entlang der z-achse. Die Stromdichte innerhalb des Drahtes sei durch j( r) = ê z j (s/) 2 gegeben, wobei s = x 2 + y 2 den Abstand von der z-achse bezeichnet. a. Bestimmen Sie das magnetische Feld B( r) innerhalb und ausserhalb des Drahtes. b. Berechnen Sie die Kraft auf eine stromdurchflossene rechteckige Leiterschleife, bestimmt durch die Eckpunkte (a,, ) (a,, b) (a,, b) (a,, ) (a,, ). c. Aus Symmetriegründen können sie folgern, dass das Vektorpotential der Anordnung in ê z -ichtung zeigt und nur von s abhängt. Bestimmen Sie A( r) ausserhalb des Drahtes, indem Sie den Satz von Stokes mit der Beziehung A = B auf eine Kurve wie in Aufgabe b anwenden. Wählen Sie A so dass A = für s =. d. Kann es sich bei dem folgenden Feld um ein Magnetfeld handeln: B( r) = y 2 ê x + 2yzê y 3zxê z? a. Wir verwenden Zylinderkoordinaten (s, ϕ, z). Aus der Symmetrie der Anordnung folgt B( r) = ê ϕ B ϕ (s). Wir verwenden das Ampere sche Durchflutungsgesetz für eine Kreisfläche S r = {s : s < s} in der Ebene z =. µ d a j( r S ) = d a B( r ) = d s B( r ). s S s S s Wegen der Zylindersymmetrie ergibt das Linienintegral (Im Gegenuhrzeigersinn um z wenn die Fläche in +z ichtung orientiert ist) Das Flächenintegral ergibt Für s < erhält man für s > S s d s B( r ) = sb ϕ (s). µ S s d a j( r ) = µ s ds s j z (s ) s µ d a j( r S 2 ) = µ j s 2 s 2, µ Für das Magnetfeld erhält man demnach B ϕ (s) = d a j( r 2 ) = µ j S s { µ j s 2 s2 2, s < µ j 2 s s > ()

4 b. Allgemein gilt für die Kraft auf eine stromdurchflossene Leiterschleife, F = I d l B. Aus Symmetriegründen heben sich die Kräfte auf die Drahtabschnitte (a,, b) (a,, b) und (a,, ) (a,, ) weg. Längs der anderen Abschnitte ist das Feld jeweils konstant. Wir erhalten mit dem Ergebnis von a. F = Ibê z ê ϕ B ϕ (a) + Ib( ê z ) ê ϕ B ϕ (a ) = ê s IbB ϕ (a ) B ϕ (a) c. Verwende der Satz von Stokes für eine Fläche S die von der Kurve S = (,, ) (,, b) (s,, b) (s,, ) (,, ) umschlossen wird: d a A( r ) = d s A( r ). S Wegen A = B und der Symmetre von B erhält man die linke Seite als s s d a A( r ) = b ds B(s ). = b ds µ j 2 s = bµ j 2 log(s/). S Zur Kurvenintegral trägt nur der Abschnitt (s,, b) (s,, ) bei (da A = bei = ), und damit d s A( r ) = ba z (s). Damit gilt d. Das gegebene Feld kann kein Magnetfeld sein, denn Aufgabe : Maxwell-Gleichungen S S A z (s) = µ j 2 log(/s). B = 2z 3x. (2) a. Betrachten Sie die Überlagerung von zwei ebenen Wellen mit Ausbreitungsrichtung in z-ichtung, von denen eine in ê x und eine in ê y -ichtung polarisiert ist. Die Feldamplituden sei E und E 2, und die Wellen seien um π/2 phasenverschoben. (Es handelt sich um eine elliptisch polarisierte Welle). Geben Sie für beide Anteile der Welle die explizite Form des elektrischen und magnetischen Feldes an. b. Berechnen Sie die zeitgemittelte Energiestromdichte (Poynting-Vektor). a. Wir verwenden als Ansatz einer ebenen Welle den ealteil von E( r, t) = E e i k r iωt, B( r, t) = B e i k r iωt, mit k = ω/c und B = k c k E. (Die zweite Beziehung folgt aus der Maxwell Gleichung E = tb, angewendet auf ebene Wellen.) Im Beispiel gilt k = kê z, so dass die Superposition der zwei Wellen gegeben ist durch E( r, t) = E ê x e ikz iωt + E 2 ê y e ikz iωt+π/2, B( r, t) = E c êye ikz iωt E 2 c êxe ikz iωt+π/2. b. Poynting Vektor (verwende reelle Felder(!)) S = µ E B (3) = µ c E ê x cos(ikz iωt) + E 2 ê y cos(ikz iωt + π/2) E ê y cos(ikz iωt) E 2 ê x cos(ikz iωt + π/2). ()

5 Unter dem Kreuzprodukt fallen in diesem Fall die Interferenzterme E E 2 weg, es bleibt S = E 2 µ c ê z cos(ikz iωt) 2 + E2ê 2 z cos(ikz iωt + π/2) 2. (5) Mittelung der cos 2 Terme über eine Schwingungsperiode ergibt S = µ c 2 E2 + 2 E2 2 êz. (6) Aufgabe 5: Fourier-Transformation Betrachten Sie den Fourier-Ansatz v(x, t) = dk v + (k)e ikx iωt + v (k)e ikx+iωt. (7) für eine eindimensionale Welle. Zur Zeit t = sei die Welle gegeben durch v(x, ) = Θ( x ), und ihre Zeitableitung durch v(x, ) =. a. Berechnen Sie die Fouriertransformierten von v(x, ) und v(x, ). b. Bestimmen Sie v ± (k) durch Vergleich des Ergebnisses von a mit der Fouriertransformierten von Gl. (7). a. Bestimmung der Fouriertransformierten aus der gegebenen Anfangsbedingung: dxv(x, )e ikx = dxθ( x )e ikx = dxe ikx = e ik e ik ik dx v(x, )e ikx = b. Bestimmung der Fouriertransformierten aus Gl. (7): Mit v(x, ) = dk v + (k )e ikx + v (k )e ik x. folgt = = = π sin(k) k dxv(x, )e ikx (8) dx dk v + (k ) dk v + (k )e ikx e ikx + v (k )e ikx e ikx (9) Mit Verwendung von dxe ikx = δ(k) folgt dxe ikx e ikx + v (k ) dxe ikx e ikx (2) dxv(x, )e ikx = v + (k) + v (k) Analog ergibt v(x, ) = dk iωv + (k )e ikx + iωv (k )e ik x. Vergleich mit a ergibt dx v(x, )e ikx = iω v + (k) + v (k). v + (k) = v (k) = sin(k). k

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