zur Klausur - Physik in Jena

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Elektrodynamik
FSU Jena - WS 2004/2005
Klausur - Lösungen
Stilianos Louca
17. Februar 2008
Aufgabe 01
Die Maxwellgleichungen lauten in ihrer allgemeinsten Form:
~ r, t) = − ∂ B(~
~ r, t)
rot E(~
∂t
~ r, t) = ρe (~r, t)
div D(~
~ r, t)
~ = ~j(~r, t) + ∂ D(~
rot H
∂t
~ r, t) = 0
div B(~
wobei
~ r, t) − ε0 E(~
~ r, t)
P~ (~r, t) = D(~
das Polarisationsfeld und
~ (~r, t) = B(~
~ r, t) − µ0 H(~
~ r, t)
M
das Magnetisierungsfeld sind. Im Falle von linearen, isotropen Medien kann man schreiben
P~ (~r, t) =
Z∞
~ r, t − τ ) dτ
Rp (~r, τ )E(~
0
~ (~r, t) =
M
Z∞
~ r, t − τ ) dτ
Rm (~r, τ )B(~
0
~ bzw. B-Feld
~
wobei Rp und Rm die Response Funktionen des Mediums bzgl. der Erregung im Esind. Durch das Faltungstheorem weis man
~ f (~r, ω) → D
~ f (~r, ω) = ε0 (1 + χe (~r, ω))E
~ f (~r, ω)
P~ f (~r, ω) = Rf (~r, ω) ·E
| {z }
χe (~
r ,ω)
wobei der Index ”f ” immer eine Fouriertransformation impliziert! Die Funktion χe (~r, ω) nennt man die elektrische Suszeptibilitätsfunktion des Mediums. Analog auch:
~ f (~r, ω) = χm (~r, ω)B
~ f (~r, ω) , χm (~r, ω) := F [Rm (~r, ·)] (ω)
M
wobei chim (~r, ω) die magnetische Suszeptibilitätsfunktion des Mediums ist.
Aufgabe 02
Beginnen mit den oben genannten Maxwellgleichungen, schreiben
~ r, t) = div ~j(~r, t) + ∂ ρ(~r, t)
~ r, t) = div ~j(~r, t) + ∂ div D(~
0 = div rot H(~
∂t
∂t
1
und bekommen so genau die Kontinuitätsgleichung. Diese ist eine Aussage über die lokale Ladungserhaltung: Die Ladungsänderung an einem Ort entspricht dem netto-Ladungsfluss zu diesen Punkt. In integraler Formulierung:
Z
Z
Z
∂
~ = div ~j(~r, t) dV = ∂
J(t) := ~j(~r, t) dA
ρ(~r, t) dV =: Q(t)
∂t
∂t
V
∂V
V
Die Ladung Q in einem Volumen ändert sich entsprechend dem Ladungsfluss J aus/in das Volumen.
Aufgabe 03
~ r, t) und dem skalaren Potential Φ(~r, t), definiert als
Mit dem Vektorpotential A(~
~ r, t) − grad Φ(~r, t)
~ r, t) = rot A(~
~ r, t) , E(~
~ r, t) = − ∂ A(~
B(~
∂t
erhält man durch die Maxwellgleichungen
~ = rot rot A
~ = grad div A
~ − ∆A
~ = µ0~j + 1 ∂ E
~ = µ0~j − 1 ∂ ∂ A
~ + grad Φ(~r, t)
rot B
c2 ∂t
c2 ∂t ∂t
~−
→ ∆A
1 ∂2 ~
1 ∂
~
~
A
=
−µ
j
+
grad
A
+
Φ
div
0
c2 ∂t2
c2 ∂t
~ − grad Φ = − ∂ div A
~ − ∆Φ = ρ
~ = div − ∂ A
div E
∂t
∂t
ε0
→ ∆Φ −
1 ∂2
ρ
∂
~+ 1 ∂Φ
Φ
=
−
−
div
A
c2 ∂t2
ε0
∂t
c2 ∂t
Durch die Lorenzeichung
~+
div A
erhält man schließlich
∆Φ −
1 ∂
Φ=0
c2 ∂t
2
1 ∂2
ρ
~− 1 ∂ A
~ = −µ0~j
Φ = − , ∆A
2
2
2
c ∂t
ε0
c ∂t2
Aufgabe 04
Die retardierten Potentiale ergeben sich als
Φ(~r, t) =
1
4πε0
|~r−~r 0 |
Z ρ ~r 0 , t − c
|~r − ~r 0 |
dV 0
V
~ r, t) = µ0
A(~
4π
|~r−~r 0 |
Z ~j ~r 0 , t − c
|~r − ~r 0 |
V
2
dV 0
Aufgabe 05
Das elektrostatische Potential Φ(~r) erfüllt im Außenraum die Laplace Gleichung
∆Φ(~r) = 0
und im Innenraum die Poissongleichung
ρ0
3Q
, ρ0 :=
ε0
4πR3
wobei ρ0 die Ladungsdichte sei. Aufgrund von Symmetriegründen darf Φ nur vom Abstand r abhängen, so dass man für den
Außenraum
1 ∂
∂Φ
C0
∆Φ(~r) = ∆Φ(r) = 2
r2
= 0 → r2 Φ0 (r) = C0 : const → Φa (r) = −
+ C1
r ∂r
∂r
r
Analog im Innenraum:
ρ0
ρ0 r 3
ρ0 r 2
B0
1 ∂
2 ∂Φ
r
=−
→ r2 Φ0 (r) = −
+ B0 → Φi (r) = −
−
+ B1
2
r ∂r
∂r
ε0
3ε0
6ε0
r
∆Φ = −
Da wir erwarten dass Φi im Ursprung endlich ist, muss B0 = 0 sein. Bei natürlichen Randbedingungen muss außerdem
lim Φ(r) = 0 sein, d.h C1 = 0. Durch die Stetigkeitsbedingung an Φ, insbesondere an der Grenzfläche r = R erhält man
r→∞
Φa (R) = −
C0 !
ρ0 R 2
ρ0 R 2
C0
= Φi (R) = −
+ B1 → B1 =
−
R
6ε0
6ε0
R
~ = − grad Φ an der Oberfläche der Kugel
Da keine Oberflächenladungen vorhanden sind, ist die Normalkomponente von E
stetig, so dass gelten muss:
C0 ! ∂Φi
ρ0 R
∂Φa
ρ0 R 3
Q
ρ0 R 2
3Q
|R = 2 =
|R = −
→ C0 = −
=−
→ B1 =
=
∂r
R
∂r
3ε0
3ε0
4ε0
2ε0
8πε0 R
Somit ergibt sich schließlich:

Q

:r>R


 4πε0 R
Φ(~r) =


3Q
r2

2

:r≤R
R
−
8πε0 R3
3
Aufgabe 06
~ r) = E(x)~ez das in x-Richtung zunimmt, d.h E 0 (x) > 0, und die unten illustrierte, geschlossene
Betrachten solch ein Feld E(~
Kurve Γ.
~ = 0 muss
Wegen rot E
Z
~ r) d~r = 0
E(~
Γ
~ ⊥ d~r ist. Da E
~ auf B und D konstant
sein (konservatives Feld). Die Integration über A und C liefert keinen Beitrag, da E
~
ist und E k d~r ist, können wir schreiben
Z
~ d~r = E(x = xc )(ya − yc ) + E(x = xb ) · (yc − ya ) = (ya − yc ) · (E(x = xc ) − E(x = xb )) 6= 0
E
|
{z
}
Γ
<0
was aber ein Widerspruch ist! Somit kann es solch ein Feld nicht geben!
3
Aufgabe 07
Im magnetostatischen Fall ist allgemein
~ = µ0~j
rot B
~ Feld nicht von der z-Koordinate abhängen, wählen deshalb Zylinderkoordinaten (r, ϕ, z).
Aus Symmetriegründen darf das B
Aus Symmetriegründen dürfen außerdem die Komponenten Bϕ , Br , Bz nicht von der ϕ Koordinate abhängen, so dass wir
schreiben können
~ r) = Br (r)~eρ + Bϕ (r)~eϕ + Bz (r)~ez
B(~
Betrachten zunächst einen Zylinder Z mit den Grundflächen A1 , A2 und der Mantelfläche M , der symmetrisch um die z-Achse
liegt.
~ = 0 muss
Wegen div B
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
~ dA
~ = Br dA + Bz dA − Bz dA = Br (r = R) · |M |
~ dA
~+ B
~ dA
~+ B
~ dV =
~ dA
~= B
0 = div B
B
Z
∂Z
M
A2
A1
M
A1
|
A2
{z
0
}
sein, also Br = 0. Durch das Biot-Savartsche Gesetz
~ ∼ ~j(~r) × ~r
dB
~ Feld immer senkrecht zu ~j stehen muss, also B
~ ⊥ ~ez . Somit ist Bz = 0, und wir können schreiben
ist ersichtlich dass das B
~ r) = B(r)~eϕ
B(~
Betrachten nun die symmetrisch um die z-Achse liegende Kreisfläche KR , mit dem Radius R. Es gilt:
Z
Z
Z
~ d~s =
~ dA
~=
~ = µ0 IR → B(~
~ r) = µ0 Ir
2πRB(R) =
B
rot B
µ0~j dA
2πr
∂KR
KR
KR
wobei IR der durch die Kreisfläche KR fließende Strom ist. Es gilt:

0
: r < R1





j0 π r2 − R12
: r ∈ [R1 , R2 ]
IR =





j0 π R22 − R12
: r > R2
und somit

0






 µ0 j0 2
r − R12 ~eϕ
~
B(~r) =
2r






 µ0 j0 R2 − R2 ~e
ϕ
2
1
2r
4
: r < R1
: r ∈ [R1 , R2 ]
: r > R2
Aufgabe 08
Beginnen mit der Kontinuitätsgleichung und schreiben
h
i
∂
~ r, t) = −σ div E(~
~ r, t) = − σ ρ(~r, t)
ρ(~r, t) = − div ~j(~r, t) = − div σ E(~
∂t
εε0
Obere stellt eine gewöhnliche DGL 1. Ordnung dar, deren Lösung gegeben ist durch
σ
ρ(~r, t) = ρ0 (~r)e− εε0 t
Durch Grenzwertbildung
σ
lim ρ(~r, t) = ρ0 (~r) · lim e− εε0 t = 0
t→∞
t→∞
ist ersichtlich dass ρ(~r, t) überall gegen 0 strebt.
5
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