Lösungen - Goethe

Lösungsvorschlag zu Blatt3 – Theoretische Physik III:
Elektrodynamik WS 2015/16
Abgabetermin: keine Abgabe, sondern Wertung als Präsenzübung
Prof. Dr. Claudius Gros, Institut für Theoretische Physik, Goethe-Universität Frankfurt
Übungsgruppenleiter: 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) überall im Raum.
Das elektrische Feld muss aufgrund der vorhandenen Symmetrie senkrecht zur Zylinderachse sein: für alle anderen Komponenten lassen sich Ladungselemente finden, die zum
Verschwinden dieser Komponenten führen.
Das Gaußsche Gesetz läßt sich hier für ein koaxiales zylindrisches Volumen leicht anwenden. Die “Deckel” des Gauß-Zylinders tragen nicht bei zum Fluss bei, sodass wir für
0 < r < a haben
(1)
E2πrL =
1
ρ0 πr2 L,
0
also
(2)
E=
ρ0 r
.
20
E=
ρ0 a2
.
20 r
Für 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 für die
Integration ist. Kann man in dem jetztigen Fall den Potentialursprung ins Unendliche
versetzen? Schlagen Sie eine Lösung vor und berechnen Sie entsprechend das Potential
überall im Raum.
Wie wir gleich sehen werden, verschwindet das Potential im jetztigen Fall nicht im Unendlichen. Wir müssen uns einen anderen Punkt als Potentialursprung rorig aussuchen,
beispielsweise die Oberfläche 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 = ∞) tatsächlich 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 abhängen?
W = q [V(r1 ) − V(r0 )] = ... = −
(6)
ρ0 a2 q r1
ln .
20
r0
Es kostet also etwas (W > 0), eine positive Ladung näher (r1 < r0 ) zu einem positivgeladenen (ρ0 > 0) Zylinder zu bringen, wie man schon aufgrund der Coulomb-Abstoßung
erwarten würde. Diese Größe, wie alle physikalisch messbaren Größen, darf nicht vom
Potentialursprung abhängen.
Aufgabe 12 (Biot-Savart-Gesetz) (7 Punkte)
a) Ein Strom I fließt durch eine kreisförmige 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. Bestätigen 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 für 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 Integralsätzen) (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 über Oberfläche 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
Flächenelement: dF = r2 sin ϑdϑdϕ
Volumenelement: dV = r2 dr sin ϑdϑdϕ
Die Flächennormale ist er . Dann gilt für 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
Für 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
für das Vektorfeld

−y3



A =  x3 
0
auf einer Halbkugeloberfläche, 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 können 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 über 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

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