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