Musterlösung Blatt 3 - wasd.urz.uni

Prof. Dr. K. Kassner
M. Sc. S. Neumeier
Uni Magdeburg
SS 2017
Elektrodynamik
Blatt 3
Teil A
7. Fluss durch einen Würfel
Eine Punktladung q sitze in der Ecke eines Würfels (Kantenlänge a). Berechnen Sie den Fluss des elektrostatischen
Feldes durch eine der gegenüberliegenden Seitenflächen
des Würfels.
Hinweis: Sie können diese Aufgabe ohne Rechnung durch
reine Symmetrieüberlegungen lösen.
A
2 Pkt.
a
e
Lösung: Wir erweitern zunächst unser Problem um weitere sieben Würfel. Die insgesamt acht Würfel sollen so angeordnet sein, wie der ursprüngliche und zusammen
einen Würfel (W) mit der Kantenlänge 2a bilden, in dessen Zentrum die Ladung sitzt.
Wegen der Symmetrie des nun vorliegenden Problems, ist der Fluss durch jede der
Außenfläche des großen Würfels gleich. Nach dem Gauß’schen Satz und der ersten
Maxwell-Gleichung gilt
Z
~E d~f =
Z
∇ · ~E dV =
W
∂W
Z
W
̺
q
dV =
.
ǫ0
ǫ0
Da es sechs identische Flächen sind, ist der Fluss durch jede ein Sechstel davon. Bei
einer Fläche des großen Würfels handelt es sich um vier Flächen des eigentlichen Problems. Wegen der Symmetrie muss der Fluss durch jede der Fächen A natürlich gleich
groß sein. Damit folgt für die Fläche A
Z
~E d~f =
A
q
.
24 ǫ0
8. Renormierung
4 Pkt.
Die Ladungsdichte eines homogen geladenen Drahts (Ladung pro Längeneinheit λ) entlang der z-Achse ist durch
ρ(~r ) = λδ( x )δ(y)
gegeben.
(a) Man zeige, dass aus der allgemeinen Lösung
φ(~r ) =
1
4πǫ0
Z
(1 Pkt.)
ρ(~r ′ ) 3 ′
d r
|~r −~r ′ |
der Poisson-Gleichung formal
λ
φ (r ) =
4πǫ0
folgt, wobei r =
p
x 2 + y2 .
Vorrechnen und Abgabe: 26. 04. 2017
Z∞
−∞
dζ p
1
r2
+ ζ2
(A8.1)
1
Elektrodynamik
SS 2017
(b) Das Integral (A8.1) divergiert. Als Potential ist aber nur der Gradient von φ von In- (2 Pkt.)
teresse. Konstanten, wenn auch formal unendlich groß, kann man ignorieren. Man
differenziert daher (A8.1) nach r, um dann wieder (unbestimmt) über r zu integrieren.

!
Z∞
Z
λ
 dr
 dζ ∂ p 1
φ=
4πǫ0
∂r
r2 + ζ 2
−∞
Man bestimme so φ(r ); die Integrationskonstante kann man dabei so wählen, dass
φ(1) = 0.
(c) Man bestimme aus φ(r ) das elektrische Feld und vergleiche dies mit dem durch Sym- (1 Pkt.)
metrieüberlegungen erhaltenen Ergebnis für einen homogen geladenen Draht.
4 Pkt.
Lösung:
(a) Wir setzen die Ladungsdichte ρ in die Lösungsformel der Poissongleichung ein.
φ(~r ) =
1
4πǫ0
λ
=
4πǫ0
Z
Z∞
−∞
1
ρ(~r ′ ) 3 ′
d r =
′
|~r −~r |
4πǫ0
1
p
x2
+
y2
λδ( x ′ )δ(y′ ) 3 ′
d r
|~r −~r ′ |
Z
+ ( z − z ′ )2
dz′
Mit der Substitution ζ = z′ − z und der Abkürzung r2 = x2 + y2 ergibt sich:
λ
φ (r ) =
4πǫ0
Z∞
−∞
1
p
r2
+ ζ2
dζ.
(A8.2)
(b) Wir leiten φ(r ) jetzt einmal nach r ab und integrieren dann wieder unbestimmt
über r.


Z∞
Z∞
Z
1
λ
1
∂ 
λ
p
p
φ (r ) =
dζ =
dζ  dr
2
2
2
4πǫ0
4πǫ0
∂r
r +ζ
r + ζ2
−∞
−∞




λ
=
4πǫ0
Z

Z∞
−∞
1
∂
λ
p
dζ  dr = −
∂r r2 + ζ 2
4πǫ0
Z


Z∞
−∞
dζ
r2 1 +
ζ2
r2

23  dr
ζ
= ... Substitution:
= sinh(ξ ) ⇒ dζ = rdξ cosh(ξ ) ...
r


Z∞
Z
Z dξ
1
λ
λ
∞

 dr = −
tanh (ξ )−∞ dr
=−
4πǫ0
4πǫ0
r
r cosh2 (ξ )
λ
=−
4πǫ0
Z
−∞
λ
2
dr = −
ln r
r
2πǫ0
Um φ(1) = 0 zu erfüllen muss die Integrationskonstante verschwinden.
Anmerkung: Es gibt noch andere Tricks, um die Divergenz loszuwerden.
Vorrechnen und Abgabe: 26. 04. 2017
2
Elektrodynamik
SS 2017
Wenn man das (A8.2) entsprechende unbestimmte Integral lösen kann, dann lassen sich u.U. geeignete Konstanten finden, die direkt abgezogen werden können
und ein endliches Potential bestimmen.
Definieren wir
λ
φR ( r ) ≡
4πǫ0
⇒
ZR
1
dζ
r2 + ζ 2
−R
√
q
λ
λ
R + r 2 + R2
R
2
2
√
φR ( r ) =
ln ζ + r + ζ =
ln
4πǫ0
4πǫ0 − R + r2 + R2
−R
2
√
2 + R2
R
+
r
λ
ln
=
4πǫ0
r2
!#
)
(
"
r
r2
λ
+1
− 2 ln r
=
2 ln R 1 +
4πǫ0
R2
p
Um von der ersten Zeile der ausintegrierten Form zur zweiten zu kommen, haben
wir den Bruch im Logaritmus mit dem Zähler erweitert, der damit quadriert wird,
während der Nenner nach einer binomischen Formel einfacher wird. Vom letzten
λ
Term ziehen wir 2πǫ
ln R ab, um im Grenzwert R → ∞ auf ein endliches Potential
0
zu kommen:
(
!
)
r
r2
λ
λ
ln 1 +
+ 1 − ln r =
φ̃(r ) ≡ lim
{ln 2 − ln r } .
2
R→∞ 2πǫ0
R
2πǫ0
Dann setzen wir φ(r ) = φ̃(r ) + c und bestimmen die Konstante so, dass unsere
Bedingung φ(1) = 0 erfüllt wird.
Eine andere Möglichkeit besteht darin, im Integranden einen r-unabhängigen Term
abzuziehen, der das Integral endlich macht – damit verschwindet eine unendliche
Integrationskonstante von Anfang an:
∞
!
p
Z∞
1
λ
ζ + r2 + ζ 2 1
λ
p
p
dζ =
ln
−p
φ̃(r ) ≡
2πǫ0
2πǫ0
r2 + ζ 2
1 + ζ2
ζ + 1 + ζ 2 0
0
λ
ln r .
=−
2πǫ0
Für ζ → ∞ geht das Argument des Logarithmus gegen eins, er geht also gegen
null. Der Term an der unteren Integrationsgrenze ist bereits unser Endergebnis.
Die Ausnützung der Symmetrie des Integranden beschleunigt die Rechnung etwas, ist aber nicht absolut erforderlich.
(c) Das elektrische Feld lautet damit:
~E = −∇φ =
λ 1
~er .
2πǫ0 r
Eine anderen Möglichkeit das elektrische Feld zu berechnen ist ein Zylinder der
Länge L um den Draht zu legen, der als Symmetrieachse den Draht hat, und den
Vorrechnen und Abgabe: 26. 04. 2017
3
Elektrodynamik
SS 2017
Ansatz ~E = E(r )~er zu machen.
R
∇~EdV =
=
Z
Z
~Ed~f = 2πrLE(r )
ρ
λ
dV = L
ǫ0
ǫ0
Daraus ergibt sich ebenfalls
~E =
λ 1
~er .
2πǫ0 r
9. Konforme Abbildungen
4 Pkt.
Betrachten Sie eine differenzierbare, komplexe Funktion w(z), wobei z = x + iy sei. Weiterhin sei die Funktion durch die beiden reellen Funktionen u( x, y) und v( x, y) darstellbar:
w(z) = u( x, y) + iv( x, y) .
(a) Zeigen Sie zunächst, dass die Funktionen u und v die Laplace-Gleichung erfüllen. (1 Pkt.)
~ die die Potentiale u bzw. v
Bestätigen Sie außerdem, dass die beiden Felder ~F und G,
besitzen, senkrecht zu einander sind.
(b) Betrachten Sie als Beispiel
(1 Pkt.)
w(z) = A ln z
A ∈ R.
Berechnen Sie die zugehörigen Felder und geben Sie ein Beispiel, wo ein solches Feld
auftritt.
(c) Eine unendliche Metallplatte liege in der x-z-Ebene und sei an der x = 0 Linie unter- (2 Pkt.)
brochen. Das Potential der Platte ist V0 für x > 0 und −V0 für x < 0. Berechnen Sie
das Potential im gesamten Raum.
Hinweis: Begründen Sie zunächst, warum das Problem eigentlich nur zweidimensional betrachtet werden muss. Finden Sie dann eine analytische Funktion, die das Problem auf eine Geometrie abbildet, in der die Lösung offensichtlich ist.
4 Pkt.
Lösung:
(a) Da w(z) analytisch ist, gelten die Cauchy-Riemann’schen Differentialgleichungen
∂u
∂v
∂u
∂v
=
(A9.1a)
=−
(A9.1b)
∂x
∂y
∂y
∂x
Damit gilt für u( x, y):
∂2 u
∂x2
( A9.1a)
=
∂ ∂v
∂ ∂v
=
∂x ∂y
∂y ∂x
( A9.1b)
=
−
∂2 u
∂y2
=⇒
∆u = 0 .
−
∂2 v
∂x2
=⇒
∆v = 0 .
Für v( x, y) folgt analog:
∂2 v
∂y2
( A9.1a)
=
∂ ∂u
∂ ∂u
=
∂y ∂x
∂x ∂y
Vorrechnen und Abgabe: 26. 04. 2017
( A9.1b)
=
4
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SS 2017
~
Betrachten wir nun noch das Skalarprodukt der beiden Felder ~F und G
!
∂v
∂u ∂v ∂u ∂v
∂u
∂u
~ = ∂x ∂y · ∂x
~F · G
+
=
∂v
∂x ∂x
∂y ∂y
∂y
( A9.1b)
=−
∂u ∂u ∂u ∂v
+
∂x ∂y
∂y ∂y
( A9.1a)
=
−
∂u ∂u ∂u ∂u
+
= 0.
∂x ∂y
∂y ∂x
Damit sind die beiden Felder überall senkrecht.
(b) Zunächst wollen wir uns klar machen, was ln z ist:
q
y
iϕ
2
2
ln z = ln re
= ln r + iϕ = ln
x + y + i arctan
x
Damit haben wir die beiden Funktionen
q
2
2
u( x, y) = A ln
x +y
und
v( x, y) = A arctan
y
x
.
Die damit verbundenen Felder lauten
!
~F = −
~ =−
G
∂u
∂x
∂u
∂y
A
x
= − ~er
y
r
!
∂v
A −y
A
∂x
=− 2
= − ~e ϕ
∂v
x
r
r
∂y
A
=− 2
r
Eine mögliche Situation, bei der diese Felder auftreten könnten, ist ein unendlicher Draht, der mit der z-Achse zusammenfällt. Dabei beschreibt ~F das elektrische Feld, wenn der Draht eine homogene Linienladung trägt. Für den Fall, dass
~ die magnetische Flussdichte.
er einen konstanten Strom führt, beschreibt G
(c) Das Problem ist natürlich völlig unabhängig von der Koordinate z. Deshalb sollte
auch das Potential davon nicht abhängen. Also ist es ausreichend, einen zweidimensionalen Schnitt des Problems zu betrachten. In der Ebene sind alle Punkte
auf der negativen x-Achse auf dem Potential −V0 . Das sind auch alle Punkte mit
dem Winkel π. Analog sind alle Punkte mit V0 bei ϕ = 0. Darum versuchen wir
den komplexen Logarithmus als Konforme Abbildung zu benutzen. Er bildet die
x-Achse auf die beiden Linien mit y′ = 0 bzw. y′ = π ab. In der transformierten
Ebene lautet die Lösung einfach
V ( x ′ , y′ ) = V0 −
2V0 ′
y .
π
Da die Abbildung konform ist, müssen wir nur noch das y′ der transformierten
Ebene durch unsere eigentlichen Koordinaten ausdrücken. Aus dem vorhergehenden Aufgabenteil wissen wir, dass der Imaginärteil des Logarithmus einfach
der Winkel des Arguments ist. Damit lautet die Lösungen
V ( x, y) = V0 −
Vorrechnen und Abgabe: 26. 04. 2017
y
2V0
arctan
.
π
x
5
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SS 2017
Dies können wir mit der Relation
y
x
π
= − arctan
arctan
x
2
y
auf die Form
2V0
V ( x, y) =
arctan
π
x
y
bringen. Man kann leicht nachrechnen, dass das Potential die Randbedingungen
und die Laplace-Gleichung erfüllt.
In Teil A sind insgesamt 10 Punkte zu erreichen. Die Aufgaben werden zum unten genannten Termin vorgerechnet.
Teil B
3. Homogen geladene Kugel
4 Pkt.
Die Ladung Q sei homogen im Volumen einer Vollkugel mit dem Radius R verteilt. Berechnen Sie das elektrostatische Feld ~E(~r ) im gesamten Raum. Dazu bietet sich der Gauß’sche
Integralsatz an.
Lösung: Die Ladungsdichte lautet
̺ (r ) =
(
̺0
0
r≤R
r>R
mit
3Q
4πR3
wobei r der Abstand zum Koordinatenursprung in Kugelkoordinaten ist. Die Feldgleichung lautet
̺ (r )
div ~E =
.
ε0
̺0 =
Wegen der Kugelsymmetrie des Systems kann ~E nur von r abhängen: ~E(~r ) = E(r )~er .
Die Feldgleichung wird über eine Kugel mit Radius r integriert. Auf der linken Seite
wird der Gauß’sche Integralsatz verwendet.
Z
div ~E d3 r =
I
~E · d~f = E(r )
Zπ Z2π
r2 sin ϑ dϕdϑ = 4πr2 E(r )
0 0
Hier wurde d~f = r2 sin ϑ dϕdϑ ~er verwendet. Beim Integral über ̺(~r ) müssen die Bereiche innerhalb und außerhalb der Kugel unterschieden werden.
(̺
Z
0 4
πr3 r ≤ R
̺ (r ) 3
d r = εQ0 3
ε0
r>R
ε
0
Vorrechnen und Abgabe: 26. 04. 2017
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Für r > R kommt die Gesamtladung Q heraus. Betrachtet man beide Seiten gemeinsam und setzt ̺0 bei r ≤ R ein, so kann man das Endergebnis in eleganter Form hinschreiben.
(
r/R3 r ≤ R
Q
~E(r ) =
~er
4πε 0
1/r2 r > R
Im Teil B können 4 Punkte erreicht werden. Die Abgabe der Aufgabe(n) erfolgt am unten
genannten Datum.
Vorrechnen und Abgabe: 26. 04. 2017
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