Theoretische Physik: Elektrodynamik

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1 Ferienkurs Theoretische Physik: Elektrodynamik Übungsblatt Technische Universität München Fakultät für Physik

2 Verifikation des Stokesschen Satzes Verifizieren Sie den Stokeschen Satz für das Vektorfeld: und die Fläche: V = (4x/3 2y) e x + (3y x) e y () Lösung: A = { r : (x/3) 2 + (y/2) 2, z = } (2) Zunächst berechnet man rot V = ( V y / x V x / y) e z = e z. Die Fläche ist eine Ellipse mit den Halbachsen a = 3 und b = 2. Damit wird die linke Seite des Stokesschen Satzes zu: A d A rot V = A da = πab = 6π (3) Um das Wegintegral auf der rechten Seite zu berechnen, parametrisieren wir den Weg: r = 3cosα e x + 2sinα e y, d r = ( 3sinα e x + 2cosα e y )dα (4) Der Weg (Ellipse) wird durchlaufen, wenn α die Werte von bis 2π annimmt. Längs des Weges ist das Vektorfeld V = (4cosα 4sinα) e x + (6sinα 3cosα) e y. Damit wird das Wegintegral zu: C d r V = 2π dα(2sin 2 α 6cos 2 α) = 6π (5) Beide Integrale sind gleich. Damit haben wir den Stokesschen Satz in diesem speziellen Fall verifiziert. 2 Verifikation des Gaußschen Satzes Verifizieren Sie den Gaußschen Satz für das Vektorfeld: und die Kugel x 2 + y 2 + z 2 R 2. Lösung: V = ax e x + by e y + cz e z (6) Zunächst berechnet man div V = V x / x + V y / y + V z / z = a + b + c. Damit wird die linke Seite des Gaußschen Satzes zu: V dv V = (a + b + c) d 3 r = 4π r R 3 R3 (a + b + c) (7) Technische Universität München 2 Fakultät für Physik

3 Für das Flächenintegral au der rechten Seite verwenden wir Kugelkoordinaten: d A = R 2 dcosϑdϕ e r, e r VR(asin 2 ϑcos 2 ϕ + bsin 2 ϑsin 2 ϕ + ccos 2 ϑ) (8) Die ϕ - Integration über cos 2 ϕ und sin 2 ϕ liefert π. Damit wird das Flächenintegral zu: A d A V = 2πR 3 [ ] a + b dcosϑ 2 ( cos2 ϑ) + cos 2 ϑ = 4π 3 R3 (a + b + c) (9) Beide Integrale sind gleich. Damit haben wir den Gaußschen Satz in diesem speziellen Fall verifiziert. 3 Rechnen mit Gradient, Divergenz und Rotation Zeigen Sie div( V W) = W rot V V rot W durch Auswertung in kartesischen Komponenten. Werten Sie analog dazu die Ausdrücke rot(φ V), rot( V W) und grad( V W) aus, Lösung: In kartesischen Koordinaten erhalten wir: div( V W) = i (ε i jk V j W k ) = ε i jk (W k i V j V j i W k ) = i, j,k i, j,k = W ( V) V ( W) = W rot V V rot W () Dabei ist i = x i. Analog dazu berechnen wir: (rot(φ V)) i = ε i jk j (ΦV k ) = ε i jk (Φ j V k + V k j Φ) = j,k j,k () = Φ(rot V) i ( V gradφ) i In der folgenden Umformung wird die Kontraktion zweier total antisymmetrischer Tensoren verwendet: (rot( V W)) i = ε i j ε klm j (V l W m ) = (δ il δ jm δ im δ jl )(W m j V l + V l j W m ) = j,k,l,m j,k,l,m = (W j j V i + V i j W j W i j V j V j j W i ) = j (2) = [( W ) V W( V) + V( W) ( V W) W] i Die Auswertung von grad( V W) erfolgt nach der Produktregel: (grad( V W)) i = j (V j W j ) = [V j ( i W j ) + W j ( i V j )] (3) i j Technische Universität München 3 Fakultät für Physik

4 4 Ladungsdichte für Kugelschale und Kreisscheibe Eine Kugelschale und eine Kreisscheibe (beide infinitesimal dünn, und mit dem Radius R) sind homogen geladen (Gesamtladung q). Geben Sie für beide Fälle die Ladungsdichte an (mit Hilfe von δ - und Θ - Funktionen). Lösung: Für die Kugelschale verwenden wir Kugelkoordinaten, ρ( r) = ρ(r, ϑ, ϕ). Eine homogene Ladungsverteilung impliziert sphärische Symmetrie, also ρ(r). Die Vorgabe infinitesimal dünn bedeutet dann ρ( r) = c δ(r R). Die Konstante c folgt aus: q = d 3 rρ( r) = 4πc drr 2 δ(r R) = 4πc R 2 (4) Damit ist die Ladungsdichte der Kugelschale: ρ( r) = q δ(r R) (5) 4πR2 Für die Kreisscheibe verwenden wir Zylinderkoordinaten, ρ( r)ρ(p, ϕ, z). Eine homogene Ladungsverteilung impliziert, dass ρ nicht von ϕ und im Inneren der Scheibe nicht von p abhängt. Die Begrenzung auf p R wird durch den Faktor Θ(R p), die Vorgabe infinitesimal dünn durch den Faktor δ(z) berücksichtigt, also ρ = c 2 Θ(R p)δ(z). Die Konstante c 2 folgt aus: q = d 3 rρ( r) = 2πc 2 dpp dzθ(r p)δ(z) = πc 2 R 2 (6) Damit ist Ladungsdichte der Kreisscheibe: 5 Homogen geladene Kugel Bestimmen Sie das elektrostatische Potential: ρ( r) = 4 Θ(R p)δ(z) (7) πr2 Φ( r) = d 3 r ρ( r ) r r (8) für eine homogen geladene Kugel (Ladung q, Radius R). Legen Sie dazu r in z Richtung und führen Sie die Integration in Kugelkoordinaten aus. Berechnen Sie das elektrische Feld E( r). Lösung: Mit r = r e z und der homogenen Ladungsdichte ρ = q V mit V = 4π 3 R3 erhalten wir: Technische Universität München 4 Fakultät für Physik

5 R Φ( r) = 2πρ dr r 2 dcosϑ = 2πρ r R dr r ( r + r r r ) r2 + r 2 2rr cosϑ = (9) Die Fälle r > R und r R werden getrennt ausgewertet: Für r R: Φ( r) = 4πρ r [ r dr r 2 + r R r ] ( ) R dr r 2 = 4πρ 6 r2 6 (2) Für r > R: Φ( r) = 4πρ r R dr r 2 = 4πρ r R 3 3 (2) Damit lautet das Potential der homogen geladenen Kugel: Für r R: Φ( r) = q R ( ) 3 2 r2 2R 2 (22) Für r > R: Φ( r) = q r (23) Das dazugehörige Feld ist: Für r R: E( r) = Φ( r) = qr R 3 e r (24) Für r > R: E( r) = Φ( r) = q r 2 e r (25) 6 Homogen geladener Kreiszylinder Bestimmen Sie das elektrische Feld eines homogen geladenen unendlich langen Kreiszylinders (Radius R, Länge L, Ladung/Länge = q/l, L ). Lösen sie das Problem:. mit Hilfe des Gaußschen Gesetzes. Technische Universität München 5 Fakultät für Physik

6 2. über die Poisson-Gleichun. Beachten Sie, dass das Potential im Unendlichen nicht verschwindet. Lösung: Wir verwenden Zylinderkoordinaten ρ, ϕ und z. Die homogene Ladungsdichte im Bereich des Zylinders ist ρ = q. Wegen der Symmetrie des Problems kann das Potential nur vom Abstand πr 2 L ρ von der Zylinderachse abhängen, also Φ = Φ(ρ). Dann ist das elektrische Feld von der Form E = E(ρ) e ρ. Das Gaußsche Gesetz wenden wir auf einen Zylinder mit dem Radius ρ und der Länge L an. Die Zylinderoberfläche besteht zum einen aus der Boden- und Deckfläche, und zum anderen aus der Mantelfläche. Im Bereich der Boden- und Deckfläche ist das Flächenelement d A ± e z, sodass E d A =. Auf der Mantelfläche ist d A = ρdϕdz e ρ. Damit erhalten wir: Für ρ R: Für ρ > R: Daraus ergibt sich das gesuchte elektrische Feld: Für ρ R: Für ρ > R: A A d A E = 2πρLE(ρ) = 4πQ V = 4πρ πρ 2 L (26) d A E = 2πρLE(ρ) = 4πQ V = 4πρ πr 2 L (27) E(ρ) = 2q L ρ R 2 (28) E(ρ) = 2q L ρ (29) Als Alternative gehen wir von der Poissongleichung aus. Für Φ(ρ) wird die Poissongleichung zu der gewöhnlichen Differentialgleichung: Für ρ R: Für ρ > R: Die zweimalige Integration ergibt: ρ (ρφ (ρ )) = 4πρ (3) ρ (ρφ (ρ )) = (3) Technische Universität München 6 Fakultät für Physik

7 Für ρ R: Φ(ρ) = πρ ρ 2 + c ln ρ R + d (32) Für ρ > R: Φ(ρ) = c 2 ln ρ R + d 2 (33) Für ρ > R liefert die Integration zunächst ln(ρ) + const. Dies kann durch ln(ρ/r) + const. + ln(r) ersetzt werden, also durch ln(ρ/r) und eine andere Integrationskonstante. Für eine homogene Ladungsdichte darf das Potential bei ρ = nicht singulär werden. Daher gilt c =. Da das Potential nur bis auf eine Konstante festliegt, kann d 2 = gewählt werden. Die Ladungsdichte hat bei ρ = R einen Sprung. Damit hat auch die zweite Ableitung Φ (ρ) einen Sprung, nur so kann die Poissongleichung erfüllt werden. Damit sind aber Φ (ρ) und Φ(ρ) an dieser Stelle stetig. Diese Bedingungen ergeben d = πρ R 2 = q L und c 2 = 2πρ R 2 = 2q L. Damit erhalten wir für das Potential des unendlich langen homogen geladenen Zylinders: Für ρ R: Φ(ρ) = q L ) ( ρ2 R 2 (34) Für ρ > R: Φ(ρ) = 2q L ln ρ R (35) Das elektrische Feld: E = Φ(ρ) = Φ (ρ) e ρ = E(ρ) e ρ (36) stimmt mit dem zuvor errechneten elektrischen Feld überein. 7 Punktladung vor geerdeten Metallplatten Das Volumen: V = { r : x, y, z } (37) ist bei x = und y = durch geerdete Metallplatten begrenzt. Innerhalb von V befindet sich eine Punktladung q. Bestimmen Sie das Potential Φ( r) in V (mit Hilfe von Bildladungen). Berechnen Sie die Flächenladungsdichte und die Gesamtladung auf den Platten. Welche Kraft wirkt auf die Punktladung? Lösung: Technische Universität München 7 Fakultät für Physik

8 Es handelt sich um ein zweidimensionales Problem, Φ( r) = Φ(x, y). Die Punktladung q = q kann ohne Einschränkung der Allgemeinheit an die Position r = (a, b, ) gesetzt werden. Mit einer ersten Bildladung q = q bei ( a, b, ) könnte man die Bedingung Φ(, y) = erfüllen, mit einer zweiten Bildladung q 2 = q bei (a, b, ) die Bedingung Φ(x, ) =. Diese Bildladungen verletzen jedoch die jeweils andere Randbedingung. Dies kann durch eine dritte Bildladung q 3 ersetzt werden. Zu der gegebenen Punktladung wählen wir drei Bildladungen: q = q, r = (a, b, ) (38) q = q, r = ( a, b, ) (39) q 2 = q, r 2 = (a, b, ) (4) q 3 = q, r 3 = ( a, b, ) (4) Die vier Punktladungen ergeben das Potential null auf den Ebenen x = und y =. Das Potential aller Ladungen ist: Φ( r) = 3 k= q k r r k (42) Dieses Potential löst das Randwertproblem: Φ( r) = 4πqδ( r r )inv, Φ( r) R = (43) Die Flächenladungsdichte σ auf den Platten berechnet sich aus der Normalkomponente des elektrischen Feldes: 4πσ( r) R = n E( r) R, E( r) = E(x, y, z) = sum 3 k= q r r k k (44) r r k 3 Für die Flächenladungsdichten σ y (x, z) = E y (x,, z) und σ x (y, z) = E x (, y, z) erhalten wir: Für x > : σ y (x, z) = qb [ ] 2π ((x a) 2 + b 2 + z 2 ) 3/2 ((x + a) 2 + b 2 + z 2 ) 3/2 (45) Für y > : σ x (y, z) = qb [ ] 2π (a 2 + (y b) 2 + z 2 ) 3/2 (a 2 + (y + b) 2 + z 2 ) 3/2 (46) Technische Universität München 8 Fakultät für Physik

9 Die Ladungsdichten gelten auf den Metallplatten, also in der x z Ebene für x >, und in der y z Ebene für y >. Wir berechnen die Influenzladung auf der Platte in der x z Ebene: y= = dx q in f l = qb π a a dzσ y (x, z) = qb π dx x 2 + b = 2q 2 π arctana b [ dx (x a) 2 + b 2 (x + a) 2 + b 2 ] = (47) Mit dem entsprechenden Resultat für die y z Ebene erhalten wir für die Gesamtladung auf beiden Metallplatten: q in f l = q in f l y= + qin f l x= = 2q π [ arctan a ] b + arctanb = q (48) a Die Kraft auf die Punktladung q bei r ist durch das elektrische Feld gegeben, das nicht von dieser Ladung selbst stammt, also durch das Feld der drei Bildladungen: F = 3 K= [( r r k q k r r k = 3 q2 4 a 2 ) ( a e (a 2 + b 2 ) 3/2 c + b 2 ] b ) e (a 2 + b 2 ) 3/2 y (49) 8 Punktladung vor Metallkugel Außerhalb einer geerdeten, leitenden Hohlkugel (Radius R, Zentrum r = ) befindet sich eine Punktladung q bei r. Berechnen Sie das Potential im Innen- und Außenraum der Kugel. Verwenden Sie hierzu eine geeignete Bildladung q 2 bei r 2. Berechnen Sie die Ladungsdichte und die Gesamtladung auf der Kugeloberfläche. Welche Kraft wirkt zwischen Punktladung und Kugel? Was ändert sich, wenn die Ladung innerhalb der Kugel ist? Welche Lösung ergibt sich, wenn das Potential auf der Kugeloberfläche einen endlichen Wert Φ = Φ(R) Φ( ) hat? Lösung: Das Randwertproblem lautet: Φ( r) = 4πq δ( r r ) für r > R, undφ(r) = (5) Wir setzen eine Bildladung q 2 bei r 2 (mit r 2 < R) an: Φ( r) = q r r + q 2 r r 2 (5) Die Bildladung ist so zu wählen, dass die Randbedingung: Φ(R) = q R e r r + q 2 R e r r 2 = (52) Technische Universität München 9 Fakultät für Physik

10 erfüllt ist, dabei ist R = R e r eine Vektor zu einem Punkt der Kugeloberfläche. Hieraus folgt: (q 2 q2 2 )R2 2R(q 2 r 2 q 2 2 r ) e r = q 2 2 r2 q2 r2 2 (53) Da dies für alle Richtungen e r gilt, muss der Koeffizient von e r verschwinden, also: Damit ist die Bildladung wie folgt zu wählen: q 2 r 2 = q 2 2 r und (q 2 q2 2 )R2 = q 2 2 r2 q2 r2 2 (54) q 2 = R q bei r 2 = R2 r r r 2 (55) Das Vorzeichen von q 2 folgt aus der Randbedingung. Wie vorrausgesetzt, gilt r 2 < R. Damit wird das Potential für r > R zu: Φ( r) = q r r R r r (R 2 /r 2) r (56) Gelegentlich formuliert man zunächst das Randwertproblem für eine Green sche Funktion g( r, r ). Die Bedingungen für die Greensche Funktion sind: G( r, r ) = 4πδ( r r ) inv und G r, r r R = (57) Die Greensche Funktion ist also das Potential an der Stelle r, das sich für eine Punktladung der Stärke bei r ergibt. Im vorliegenden Problem ist G( r, r ) = Φ( r) q. Die Greensche Funktion ist symmetrisch, G( r, r ) = G( r, r). Aus obigem Potential folgt diese Symmetrie, wenn man r ( 2 R/r 2) r = (R/r )(R 2 2 r r + r 2 r 2/R2 ) /2 berücksichtigt. An der Kugeloberfläche bei R = R e r ist das elektrische Feld: R r E( R) = q R r + q R R (R 2 /r 2) r 3 r R (R 2 /r 2) r = q r 2 R2 3 R r R 3 e r (58) Dabei wurde R (R 2 /r 2 ) r = (R/r ) R r verwendet. Die Normalkomponente des Felds bestimmt die induzierte Oberflächenladung: σ( R) = 4π e r E( R) = q 4πR r 2 R2 r R 3 (59) Die gesamte Influenzladung auf der Kugeloberfläche ist gleich der negativen Bildladung: q in f l = R 2 dcosϑ = q (r 2 R2 ) 2r [ 2π dϕσ( R) = q R r 2 dcosϑ R2 2 (r 2 + R2 2r Rcosϑ) = 3/2 ] (6) = Rr q = q 2 r R r + R Technische Universität München Fakultät für Physik

11 Die Kraft auf die Punktladung q ist durch das elektrische Feld gegeben, das nicht von dieser Ladung selbst stammt, also durch das Feld der Bildladung: r r 2 F = q q 2 r r 2 = R r q 2 3 q2 = R r ( R 2 /r 2)2 r 3 (R 2 r 2)2 r (6) Es wurde q 2 = (R/r )q und r r 2 = ( R 2 /r 2 ) r eingesetzt. Die Kraft zwischen Punktladung und Metalkugel ist attraktiv. Das zuvor errechnete Potential errechnet auch das andere Randwertproblem: Φ( r) = 4πq 2 δ( r r 2 ) für r < R, und Φ(R) = (62) In diesem Fall ist eine Ladung q 2 innerhalb der Kugel gegeben, und gesucht ist das Feld innerhalb der Kugel, die Lösung des Problems erfolgt durch eine Bildladung q bei r 2 (mit r > R). Die Oberflächenladung σ = n E R /4π ändert das Vorzeichen, weil der Normalenvektror n = e r jetzt nach innen zeigt. Um einen endlichen Potentialwert Φ = Φ(R) Φ( ) auf der Kugel zu erreichen, wird zusätzlich die Punktladung q 3 bei r 3 = eingeführt. Diese erzeugt das Potential q 3 /R = Φ auf der Kugel, es muss also q 3 = RΦ gewählt werden. 9 Green sche Funktion Lösung Technische Universität München Fakultät für Physik

12 Technische Universität München 2 Fakultät für Physik