Lösung für Klausur ,,Elektrodynamik“

Institut für Theoretische Physik, Universität Zürich
Lösung für Klausur ,,Elektrodynamik“
Prof. Dr. T. Gehrmann
Klausur – FS 2013
Teil I: KURZFRAGEN [14 Punkte]
K1
[2 Punkt]
Eine positive Ladung q befinde sich im Abstand d von einer geerdeten Ebene (x = 0).
i) Zeichnen Sie das elektrische Feld im Raum x > 0.
Zeichnung folgt. [1 Punkt]
ii) Zeichnen Sie die Richtung der resultierenden Kraft auf die Ladung q ein.
Zeichnung folgt. Kraft ist anziehend. [0.5 Punkt]
iii) Berechnen Sie die resultierende Kraft auf die Ladung q.
Die Kraft kann mithilfe einer Spiegelladung −q berechnet werden und ist [0.5
Punkt]
F~ = −
K2
q2
~ex
16π0 d2
(1)
[3 Punkte]
Wir betrachten das elektrische Potential φ(~x) für |x|, |y| ≤ L/2 in folgender Anordnung ohne Quellen im Inneren (also ρ(~x) = 0 für |x|, |y| ≤ L/2).
i) Welche Gleichung (Bezeichung und Formel!) bestimmt das Potential φ(~x) in
dieser Situation und welche Randbedingungen müssen erfüllt werden?
Das Potential ist durch die Laplacegleichung [0.25 Punkte] bestimmt und lautet
∆φ(~x) = 0 [0.25 Punkte]. Die Randbedingungen lauten φ(x = ±L/2, −L/2 <
y < L/2, z) = φ0 and φ(−L/2 < x < L/2, y = ±L/2, z) = φ0 [0.5 Punkte].
ii) Welcher Ansatz vereinfacht die Lösung des Problems?
Zur Lösung des Problems eignet sich ein Separationsansatz [0.5 Punkte] φ(~x) =
X(x)Y (y)Z(z) [0.5 Punkte].
iii) Wie vereinfacht sich die Gleichung aus i) mit diesem Ansatz?
Durch den Ansatz findet man [0.5 Punkte]
∂x2 X(x) ∂y2 Y (y) ∂z2 Z(z)
+
+
=0
X(x)
Y (y)
Z(z)
(2)
Da alle Terme unabhängig sind, findet man folgende eindimensionale Differentialgleichungen [0.5 Punkte]
∂x2 X(x) = αX(x)
∂y2 Y (y) = βY (y)
(3)
(4)
∂z2 Z(z) = γZ(z)
(5)
mit α + β + γ = 0.
K3
[2 Punkte]
Betrachten Sie vier unendlich ausgedehnte, gerade Leiter mit Strom I~ez bzw. −I~ez .
i) Zeichnen Sie das magnetische Feld im Bild ein.
Zeichnung folgt. [1 Punkte]
ii) Wie bezeichnet man das Feld für |x| → ∞, |y| → ∞ oder |x|, |y| → ∞?
Das Feld ist ein Quadrupolfeld. [0.5 Punkte]
iii) Gibt es im Inneren der vier Leiter eine Bahn, auf welcher sich ein Teilchen mit
Geschwindigkeit v bewegen kann, ohne eine Kraft zu erfahren? Ist diese Bahn
stabil?
Ein Teilchen kann sich entlang der z-Achse (mit x = y = 0) bewegen ohne
eine Kraft zu spren. Allerdings ist diese Bahn unstabil. [0.5 Punkte]
K4
[2 Punkte]
i) Wie lauten die Maxwell-Gleichungen im statischen Fall in Anwesenheit von Materie?
[4 x 0.25 Punkte]
~ =ρ
∇·D
~ =0
∇·B
~ =0
∇×E
(7)
~ = ~j
∇×H
(9)
(6)
(8)
ii) Durch welche Grössen wird hierbei die Materie‘ beschrieben? Welche Koeffizi’
enten charakterisieren die Materie?
~ = E
~
Die Materie‘ wird durch µ und charakterisiert [0.5 Punkte] mit D
’~
~
und B = µH [0.5 Punkte].
~ = − ∂B
∇×E
∂t
~ = µ0~j + ∂D
∇×H
∂t
(10)
(11)
Der erste Term beschreibt Induktionsphänomene, während der zweite den Maxwell’schen Verschiebungsstrom darstellt.
K5
[2 Punkte]
i) Welche Kräfte wirken auf eine Ladung q mit Geschwindigkeit ~v , welche sich
~ x) und in einem magnetischen Feld B(~
~ x) bewegt
in einem elektrischen Feld E(~
(Bezeichnung(en) und Formel(n))?
Auf eine Ladung wirken sowohl die Coulombkraft [0.25 Punkte], sowie die Lorentzkraft [0.25 Punkte]:
~ + q~v × B
~
F~ = q E
[0.5 Punkte]
(12)
ii) Drücken Sie diese Kräfte in 4er-Schreibweise durch den Feldstärketensor sowie
eine 4er-Geschwindigkeit aus?
K µ = qF µν uν
K6
[1 Punkt]
(13)
[3 Punkte]
i) Geben Sie die Energiedichte des elektromagnetischen Feldes w an.
w(~x, t) =
ε0 ~
1 ~
(B(~x, t))2 + (E(~
x, t))2
2µ0
2
[1 Punkt]
(14)
~ an. Wie wird der Poynting-Vektor noch beii) Geben Sie den Poynting-Vektor S
zeichnet?
~ x, t) = 1 E(~
~ x, t) × B(~
~ x, t) [0.5 Punkt]
S(~
µ0
(15)
Energieflussdichte [0.5 Punkte]
iii) Geben Sie eine Kontinuitätsgleichung an, welche obige zwei Grössen beinhaltet.
∂w(~x, t)
~ x, t) = −~j(~x, t) · E(~
~ x, t) [1 Punkt]
+ ∇ · S(~
∂t
(16)
Teil II: AUFGABEN [28 Punkte]
Aufgabe 1
[5 Punkte]
~ r) als Funktion des Abstands r von der SymBerechnen Sie das elektrische Feld E(~
metrieachse eines unendlich langen Hohlzylinders mit Innenradius R1 , Aussenradius
R2 , und homogener Ladungsdichte ρ (siehe Bild).
z
R2
R1
Lösung
Aufgrund der Symmetrie der Ladungskonfiguration kann man das Gaussche Gesetz
anwenden,
Z
~ · n̂ dS = Q(V ) ,
E
(17)
ε0
∂V
wobei Q(V ) = ρV die elektrische Ladung in dem von der Gauss-Oberfläche S = ∂V
definiertem Volumen V enthalten ist [1 Punkt]. Wenn man ein Zylinder mit variablem
Radius r ∈ [0, +∞) und Höhe h gleich dem des Hohlzylinders als Gauss-Oberfläche
betrachten, erhalten wir:
Z
Z
~
E · n̂ dS = E
dS = E 2πrh
(18)
∂V
∂V
[1 Punkt]. Wir müssen jetzt die r.s von (17) berechnen. Wenn r < R1 ist, dann
enthält die Gauss-Oberfläche keine Ladung, so dass Q(V ) = 0. Wenn R1 < r < R2
ist, brauchen wir die Fläche A des Ringes welcher von r und R1 definiert ist, um das
Volumen V = Ah zu berechnen. Das ist einfach A = π(r2 − R12 ). Schliesslich, wenn
r > R2 ist, haben wir A = π(R22 − R12 ). Die Kombination diese Ergebniesse zusammen
mit (18) ergibt für das elektrische Feld:


for r < R1 ,
0
ρ
2
2
(19)
E = E(r) = 2ε0 r (r − R1 )
for R1 < r < R2 ,

 ρ
2
2
(R2 − R1 )
for r > R2 .
2ε0 r
[3 Punkte]
Aufgabe 2
Ein unendlicher Leiter besteht aus 3 Teilen: 2 geraden und einem Abschnitt vom
Ring gegeben von Einem Winkel α. Berechnen Sie das magnetische Feld im Zentrum
des kreisförmigen Abschnittes (Punkt O auf dem Bild).
Lösung:
Zuerst wir berechnen das Magnetischen Feld erzeugt von eine unendlich lange Draht
durchflossen von eine konstanten Storm I. Mit Stokes erhalten wir,
B=
µ0 I
.
2πR
Tail I:
In unserem Fall, der Beitrag von der erste Teil ist
B = 1/2
µ0 I
µ0 I
=
.
2πR
4πR
(20)
Teil III:
Aus symmetrie gründe, der Beitrag von der erste un dritte Teil ist genau dasselbe
und summieren sich zwischen einander.
Teil II:
Um der Beitrag vom Ring zu berechnen, verwenden wir Biot-Savart:
~ = µ0 I
B
4π
Z ~
Z
Z
dl × ~r
µ0 I
µ0 I π−x Rdϕ(−e~z )
Rdϕe~ϕ × (−~
er )
=
=
| ~r |2
4π
| ~r |2
4π x
R2
Z π−x
µ0 I
−µ0 I
=
e~z
dϕ =
e~z (π − 2x).
−4πR
4πR
x
(21)
(22)
Es gilt für dem Winkel x:
α + 2x = π
(23)
(24)
so wir können das B Feld von Teil II in abhängigkhet des Winkel α einschreiben:
~ = −µ0 I e~z (α).
B
4πR
So die gesamte magnetische Feld ist die summe von alle beitragen:
Btot =
µ0 I
−µ0 I
+
(α).
2πR
4πR
Aufgabe 3
[5 Punkte]
a) [1 Punkt] Das Faraday’sche Induktionsgesetz sagt uns
−LI˙ = Φ̇ = −Ba(v1 − v2 )
(1 Punkt, davon 0.5 P. für das Faraday’sche Gesetz und 0.5 P. für den korrekten
~ und die Orientierung der Schleife entgegen dem
Ausdruck für Φ̇), wobei B = |B|
Uhrzeigersinn gewählt wurde.
b) [1 Punkt] Auf die Stäbe wirken die Lorentzkräfte (wir schreiben nur die xKomponente auf)
F1 = −BaI ,
F2 = BaI
(1 Punkt), und die Bewegungsgleichungen der Stäbe lauten
mv̇i = Fi
(i = 1, 2) .
c) [2 Punkte] Definiere
vr := v1 − v2 ,
vtot := v1 + v2 .
Wir erhalten dann die Differentialgleichungen
v̈r +
2B 2 a2
vr = 0 ,
mL
v̇tot = 0
mit Anfangsbedingungen vr (0) = vtot (0) = v0 , v̇r (0) = 0 (1 Punkt für richtiges entkoppeltes System von Differentialgleichungen mit Anfangsbedingungen,
davon 0.5 P. für die Gleichungen und 0.5 P. für die Anfangsbedingungen; die
Hälfte der Punkte, wenn nur die gekoppelten Gleichungen mit AB aufgeschrieben werden). Die Lösung ist
vr (t) = v0 cos(ωt) ,
vtot (t) = v0 ,
wobei wir ω 2 :=
2B 2 a2
mL
definiert haben, und somit
1
v1 (t) = (vtot (t) + vr (t)) =
2
1
v2 (t) = (vtot (t) − vr (t)) =
2
v0
(1 + cos(ωt)) ,
2
v0
(1 − cos(ωt))
2
(1 Punkt für die korrekte Lösung).
d) [1 Punkt] An der Lösung für v ändert sich nichts, wie man sich leicht anhand
der Lenz’schen Regel überlegen kann. Alternativ kann man auch sehen, dass
der Fall mit entgegengesetztem B-Feld einer Rotation der Anordnung um 180◦
um die x-Achse entspricht, welche die Geschwindigkeiten der Stäbe unverändert
lässt. [Der Strom ändert allerdings seine Richtung.]
Aufgabe 4
[7 Punkte]
a) [1.5 Punkt] In einem lineare, isotrope, nicht leitende Medium gilt ρ = 0, ~j = 0,
~ = E
~ und B
~ = µH.
~ Die Maxwellgleichung sind
D
~
∇D
~+ ∂B
~
∇×E
∂t
~
∇B
~ − ∂D
~
∇×H
∂t
=0
=0
=0
(25)
= 0 (0.5 Punkte)
Es gilt
~ =0
~ + ∂ (∇ × B)
∇ × (∇ × E)
∂t
2
~ − ∆E
~ +µ ∂ D
~ =0
∇(∇ · E)
(∂t)2
2
~ − µ ∂ E
~ = 0 (0.5 Punkte)
∆E
(∂t)2
(26)
und
~ =0
~ − ∂ (∇ × D)
∇ × (∇ × H)
∂t
2
1
~ − ∆B)
~ + ∂ B
~ =0
(∇(∇ · B)
µ
(∂t)2
2
~ − µ ∂ B
~ = 0 (0.5 Punkte)
∆B
(∂t)2
(27)
b) [1 Punkt] Einsetzung der Ansatz in den Wellengleichung ergibt
~2
−k
~ x, t)
~ x, t)
E(~
2 E(~
~ x, t) = 0.
~ x, t) + µω B(~
B(~
(28)
√
Es folgt, dass die Ansatz eine Lösung ist falls die Dispersionbeziehung k = µ ω
erfüllt ist. (0.5 Punkte)
√
Die Gechwindigkeit inm Medium ist v = ω/k = 1/ µ und im Vakuum ist
√
√
1/ µ = 1/ 0 µ0 = c. (0.5 Punkte)
c) [0.5 Punkte] Setze die Ansatz ins Faraday’sche Induktionsgesetz ein.
~+ ∂B
~
0=∇×E
∂t
~ − iω B
~
0 = i~k × E
1
B~0 = ~k × E~0
ω
(29)
~
d) [1.5 Punkt] In einem lineare, isotrope, leitende Medium gilt ρ = 0, ~j = σ E,
~ = E
~ und B
~ = µH.
~ Die Maxwellgleichung sind
D
~ =0
∇D
~+ ∂B
~ =0
∇×E
∂t
~ =0
∇B
~ − ∂D
~ = σE
~
∇×H
∂t
(30)
(0.5 Punkte)
Es gilt
~ + ∂ (∇ × B)
~ =0
∇ × (∇ × E)
∂t
2
~ − ∆E
~ +µ ∂ D
~ + µσ ∂ E
~ =0
∇(∇ · E)
2
(∂t)
∂t
2
~ = µσ ∂ E
~
~ − µ ∂ E
∆E
(∂t)2
∂t
(31)
(0.5 Punkte)
und
∂
~ = σ∇ × E
~
(∇ × D)
∂t
2
1
~ − ∆B)
~ + ∂ B
~ = −σ ∂ B
~
(∇(∇ · B)
2
µ
(∂t)
∂t
2
~ = µσ ∂ B
~ (0.5 Punkte)
~ − µ ∂ B
∆B
2
(∂t)
∂t
~ −
∇ × (∇ × H)
e) [1 Punkt] Einsetzung der Ansatz in den Wellengleichung ergibt
~ x, t)
~ x, t)
~ x, t)
E(~
2 E(~
2 E(~
~
−k
~ x, t) + µω B(~
~ x, t) = −iµσω B(~
~ x, t) . (0.5 Punkte)
B(~
(32)
(33)
Es
p folgt, dass die Ansatz eine Lösung ist, falls die Dispersionbeziehung k =
µ( + iσ/ω) ω erfüllt ist. (0.5 Punkte)
f) [0.5 Punkte] Es gilt für ω 1
k 2 = µω 2 + iµσω ≈ iµσω.
p
Es folgt mit (1 + i)2 = 2i, dass k ≈ µσω
(1 + i).
2
g) [1 Punkt] Es gilt
~ x, t)
~ 0 i(~k·~x−ωt)
E(~
E
=
~ x, t)
~0 e
B(~
B
~
E
= ~ 0 ei(kxk −ωt)
B0
~
E
= ~ 0 e−αxk ei(αxk −ωt) , (0.5 Punkte)
B0
p µσω
~
und xk = kk · ~x. Es folgt, dass
wobei α =
2
r
2
1
. (0.5 Punkte)
δ= =
α
µσω
Aufgabe 5
(34)
(35)
(36)
[6 Punkte]
a) [1 Punkt] Im folgenden arbeiten wir in Zylinderkoordinten (r, ϕ, z) mit zugehörigen Basisvektoren (~er , ~eϕ , ~ez ). Letztere bilden ein Orthonormalsystem. Da im
Ruhesystem des Drahtes ρ = 0 und ~j = ~j0 = j0~ez gilt, erhalten wir für das
elektrische und das magnetische Feld in Σ
~ =0,
E
(
µ0 rj0
~eϕ (r < r0 )
~
B(r)
= µ02r02 j0
~eϕ (r > r0 ) ,
2r
~
wobei wir zur Berechnung des B-Feldes
das Ampèresche Gesetz benutzt haben.
b) [1 Punkt] Wir transformieren diese Felder ins Bezugssystem des Beobachters Σ0
(
µ0 γvr0 j0
~er (r0 < r0 )
−
0
2
~
~
E = γ~v × B =
µ γvr2 j
− 0 2r00 0 ~er (r0 > r0 ) ,
(
µ0 γr0 j0
~eϕ (r0 < r0 )
0
2
~
~
B = γ B = µ0 γr02 j0
~eϕ (r0 > r0 ) ,
2r0
wobei γ = (1 − v 2 /c2 )−1/2 und r0 = r (siehe Aufgabenteil c)).
c) [1 Punkt] Der Abstand von der Drahtachse ist invariant unter Lorentztransformationen in z-Richtung. Es gilt also, dass r0 = r.
d) [1 Punkt] 1. Lösungsweg: Der Vierer-Strom (ρ, jc ) transformiert wie ein ViererVektor, d.h. da ρ = 0 und ~j = ~j0 = j0~ez in Σ folgt, dass
ρ0 = −
γvj0
c2
in Σ0 .
2. Lösungsweg: Wir bezeichnen die Ladungsdichte in Σ0 mit ρ0 . Das elektrische
Feld in Σ0 (für r < r0 ) kann mit dem Gausschem Gesetz
2πrEr0 = ρ0 πr2 /0
berechnet werden. Es folgt, dass
0
~ 0 = ρ r ~er ,
E
20
für r < r0 . Durch Vergleich mit dem Ausdruck aus Aufgabenteil a) folgt daraus
ρ0 = −
wobei wir die Identität µ0 0 =
1
c2
γvj0
,
c2
benutzt haben.
e) [1 Punkt] Bezüglich Σ bewegen sich die Elektronen mit Geschwindigkeit ~ve =
−U~ez , während die Ionen stationär sind, d.h. ~vi = 0. Nach dem Additionstheorem für Geschwindigkeiten folgt daraus für die entsprechenden Geschwindigkeiten in Σ0
v+U
~ve0 = −
~e ,
~vi0 = −v~ez .
vU z
1 + c2
f) [1 Punkt] Nach Annahme verschwindet die Ladungsdichte in Σ, d.h. die negative
Ladungsdichte der Elektronen
j0
ρe = −
U
wird gerade von der positiven Ladungsdichte der Ionen
ρi =
j0
U
kompensiert. Zur Stromdichte in Σ andererseits tragen nur die Elektronen bei,
d.h. je = j0 und ji = 0. Der Vierer-Strom (ρ, jc ) transformiert wie ein ViererVektor, d.h. wir können aus den obigen Angaben, die Ladungsdichte der Elektronen und der Ionen in Σ0 berechnen
v vj0
j0
0
ρe = γ ρe − 2 j0 = −γ − γ 2 ,
c
U
c
j0
0
ρi = γρi = γ ,
U
und somit gilt für die vom Beobachter gemessene Ladungsdichte ρ0 = ρ0e +ρ0i 6= 0.