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Lo ¨sungsvorschlag zu Blatt3 – Theoretische Physik III: Elektrodynamik WS 2015/16 Abgabetermin: keine Abgabe, sondern Wertung als Pr¨asenz¨ ubung Prof. Dr. Claudius Gros, Institut f¨ ur Theoretische Physik, Goethe-Universit¨at Frankfurt ¨ Ubungsgruppenleiter: Dr. Harald O. Jeschke Aufgabe 11 (Gaußsches Gesetz in Zylinderkoordinaten) (7 Punkte) Ein unendlicher Zylinder mit Radius a hat eine homogene Ladungsdichte ρ0 . a) Berechnen Sie das elektrische Feld E(r) u ¨berall im Raum. Das elektrische Feld muss aufgrund der vorhandenen Symmetrie senkrecht zur Zylinderachse sein: f¨ ur alle anderen Komponenten lassen sich Ladungselemente finden, die zum Verschwinden dieser Komponenten f¨ uhren. Das Gaußsche Gesetz l¨aßt sich hier f¨ ur ein koaxiales zylindrisches Volumen leicht anwenden. Die “Deckel” des Gauß-Zylinders tragen nicht bei zum Fluss bei, sodass wir f¨ ur 0 < r < a haben (1)
E2πrL =
1 ρ0 πr2 L, 0
also (2)
E=
ρ0 r . 20
E=
ρ0 a2 . 20 r
F¨ ur r > a haben wir (3)
b) Das elektrische Potential Φ(r) kann mithilfe von Zr (4) Φ(r) = − dl E(r) r0
berechnet werden, wobei r0 der Potentialursprung ist und dl 0 ein Linienelement f¨ ur die Integration ist. Kann man in dem jetztigen Fall den Potentialursprung ins Unendliche versetzen? Schlagen Sie eine L¨osung vor und berechnen Sie entsprechend das Potential u ¨berall im Raum. Wie wir gleich sehen werden, verschwindet das Potential im jetztigen Fall nicht im Unendlichen. Wir m¨ ussen uns einen anderen Punkt als Potentialursprung rorig aussuchen, beispielsweise die Oberfl¨ache des Zylinders. Es heißt dann Zr ρ0 a2 ρ0 a2 r (5) V(r) = − dr =− ln . 20 r 20 a a Hier sieht man, dass V(r) im Unendlichen (a = ∞) tats¨achlich nicht verschwindet. c) Wie viel Arbeit muss man gegen das elektrische Feld leisten, um eine externe Punktladung q entlang der radialen Koordinate r von r = r0 auf r = r1 zu bringen? Es gilt r0 > a und r1 > a. Kann diese Arbeit von der Ursprungswahl abh¨angen?
W = q [V(r1 ) − V(r0 )] = ... = −
(6)
ρ0 a2 q r1 ln . 20 r0
Es kostet also etwas (W > 0), eine positive Ladung n¨aher (r1 < r0 ) zu einem positivgeladenen (ρ0 > 0) Zylinder zu bringen, wie man schon aufgrund der Coulomb-Abstoßung erwarten w¨ urde. Diese Gr¨oße, wie alle physikalisch messbaren Gr¨oßen, darf nicht vom Potentialursprung abh¨angen.
Aufgabe 12 (Biot-Savart-Gesetz) (7 Punkte)
a) Ein Strom I fließt durch eine kreisf¨ormige Schlaufe mit Radius R. Legen Sie ein System kartesischer Koordinaten mit Ursprung am Zentrum der Schlaufe und z-Achse senkrecht dazu (Rechte-Hand-Regel). Berechnen Sie mithilfe vom Biot-Savart-Gesetz das magnetische Feld an der Symmetrieachse der Schlaufe. Best¨atigen Sie, dass das Magnetfeld an der Symmetrieachse nur eine z-Komponente hat.
µ0 I B= 4π
(7)
I C
dl × (r − r 0 ) |r − r 0 |3
Quellpunkt: r 0 = R(cos ϕ 0 ex + sin ϕ 0 ey ) Pfad: l = r 0 (ϕ 0 ) mit ϕ ∈ [0, 2π]. Pfadelement f¨ ur das Linienintegral: (8)
dl =
dr 0 dϕ 0 = Rdϕ 0 (− sin ϕ 0 ex + cos ϕ 0 ey ). dϕ 0
Wir werden das Magnetfeld nur auf der z-Achse bestimmen, sodass r = zez , r − r 0 = −R cos ϕ 0 ex − R sin ϕ 0 ey + zez ,
(9) und
|r − r 0 | =
(10)
√ R2 + z2 .
Weiters,
(11)
ex ey ez cos ϕ 0 0 dl × (r − r 0 ) = Rdϕ 0 − sin ϕ 0 −R cos ϕ 0 −R sin ϕ 0 z = Rdϕ 0 z cos ϕ 0 ex + R sin2 ϕ 0 ez + R cos2 ϕ 0 ez + z sin ϕ 0 ey = Rdϕ 0 [z cos ϕ 0 ex + z sin ϕ 0 ey + Rez ] .
Es heißt dann (12)
4π B= µ0 I
Z 2π
z cos ϕ 0 ex + z sin ϕ 0 ey + Rez dϕ R . (R2 + z2 )3/2 0
0
Die Terme mit ex und ey verschwinden und es bleibt nunmehr Z 2π 4π R2 (13) B = ez 2 dϕ 0 2 3 / 2 µ0 I (R + z ) 0 2 R = ez 2π 2 , (R + z2 )3/2 sodass (14)
B=
µ0 I R2 ez . 2 (R2 + z2 )3/2
b) Es befindet sich ein magnetischer Dipol m = µz ez in der Symmetrieachse der Schlaufe. Wird das Dipolmoment von der Schlaufe abgestoßen oder angezogen? Wir drehen jetzt das Dipolmoment um: m 0 = −µz ez . Wird das Dipolmoment jetzt von der Schlaufe abgestoßen oder angezogen? F = ∇(m · B) R2 µ0 I = ∇ µz 2 (R2 + z2 )3/2 3 µz µ0 I 2 2z R − = ez 2 2 2 (R + z2 )5/2 z 3 ez . = − µz µ0 IR2 2 2 (R + z2 )5/2 Der Dipol µz ez wird zum Zentrum der Schlaufe hingezogen. Der Dipol −µz ez wird vom Zentrum der Schlaufe abgestoßen.
Aufgabe 13 (Verifikation von Integrals¨ atzen) (6 Punkte)
a) Verifizieren Sie den Satz von Gauß Z Z A · dF = ∇ · A dV F
V
durch explizites Ausrechnen der Integrale auf beiden Seiten der Gleichung. Die Integrale laufen u ¨ber Oberfl¨ache bzw. Volumen einer Kugel von Radius R. (i) Vektorfeld A = r . Wir arbeiten mit Kugelkoordinaten r, ϑ, ϕ, d.h. sin ϑ cos ϕ r = r sin ϑ sin ϕ cos ϑ und haben damit Fl¨achenelement: dF = r2 sin ϑdϑdϕ Volumenelement: dV = r2 dr sin ϑdϑdϕ
Die Fl¨achennormale ist er . Dann gilt f¨ ur die linke Seite des Satzes von Gauß: Zπ Z 2π Z Z dϕ dϑ sin ϑR3 er · er = 4πR3 A · dF = A · ndF = F
F
0
0
F¨ ur die rechte Seite: ∂x ∇ · A = ∂y · r = ∂x x + ∂y y + ∂z z = 3 ∂z ZR Zπ Z 2π Z h 1 iR dϕ dϑ sin ϑ dr r2 = 12π r3 = 4πR3 y ∇ · A dV = 3 3 0 0 0 0 V (ii) Vektorfeld A = r2 r . Linke Seite des Satzes von Gauß: Z Z A · ndF = dF R3 er · er = 4πR2 R3 = 4πR5 F
F
Rechte Seite:
x2 y2 z2 ∇ · A = ∂x r2 x + ∂y r2 y + ∂z r2 z = 2r + r2 + 2r + r2 + 2r + r2 = 2r2 + 3r2 = 5r2 r r r Z ZR h 1 iR y ∇ · A dV = 4π dr 5r4 = 20π r5 = 4πR5 5 0 V 0 (iii) Vektorfeld A = (R − r)r . Linke Seite des Satzes von Gauß: Z Z A · ndF = dF 0 = 0 F
F
Rechte Seite:
x2 y2 z2 ∇ · A = ∂x (R − r)x + ∂y (R − r)y + ∂z (R − r)z = 3R − + + + 3r = 3R − 4r r r r Z Z h 1 iR y ∇ · A dV = 3R dV − 16π r4 = 4πR4 − 4πR4 = 0 4 0 V v b) Verifizieren Sie den Satz von Stokes I Z A · ds = (∇ × A) · dF S
F
f¨ ur das Vektorfeld
−y3
A = x3 0 auf einer Halbkugeloberfl¨ache, die durch x2 + y2 + z2 = R2 und z > 0 gegeben ist (Außenseite ist durch x2 + y2 + z2 > R2 definiert). Wir beginnen mit der linken Seite. Die Randkurve ist ein Kreis in der xy-Ebene mit Radius R um den Ursprung; wir k¨onnen sie mit x(t) R cos t s = y(t) = R sin t 0 z(t)
parametrisieren. Das Vektorfeld entlang der Randkurve ist 3 3 −R sin t A(s) = R3 cos3 t 0 Das Wegelement ds in Richtung der Tangente an den Pfad s ist −R sin t R cos t ds = ∂t R sin t dt = R cos t dt 0 0 Damit gilt
Z 2π
I A · ds = S
0
Z 2π −R sin t 3π 4 3 dt R cos3 t · R cos t = dtR4 (sin4 t + cos4 t) = R 2 0 0 0 −R3 sin3 t
Z 2π
da
Z 2π 4
dt cos4 t =
dt sin t = 0
0
3π 4
Rechte Seite:
0 ∂y Az − ∂z Ay ∇ × A = ∂z Ax − ∂x Az = 0 = 3(x2 + y2 )ez ∂x Ay − ∂y Ax 3x2 + 3y2 Daher gilt in Kugelkoordinaten (dF = ndF, n = er ), wobei wir nur u ¨ber die Halbkugel integrieren: Z Z 2π Z π/2 (∇ × A) · dF = dϕ dϑ R2 sin ϑ3(R2 sin2 ϑ cos2 ϕ + R2 sin2 ϑ sin2 ϕ)ez · er F 0 0 Z π/2 3π 4 R = 6πR4 dϑ sin3 ϑ cos ϑ = 2 0 da
Z π/2 dϑ sin3 ϑ cos ϑ = 0
1 4
