Solution4

Lösungsvorschlag zu den Übungen zur Elektrodynamik
Blatt 4, T3: Elektrodynamik, Kurs 17011
Professor: H. Ruhl, Übungen: N. Moschüring, N. Elkina, C. Klier, F.Deutschmann, V. Paulisch, A. Kapfer, S. Luest
Lösungen: 13.5. - 17.5. 2013
Lösung 1:
• Betrachte das Quadrupolmoment:
Qij =
4
X
qn (3rni rnj − (rn )2 δij ) mit rni = ~rn · êi
(1)
n=1
Qij = 0 immer dann, wenn entweder qn = 0 ∀ n oder wenn gegenüberliegende qi den gleichen Ladungsbetrag bei unterschiedlichem Vorzeichen aufweisen. In dem Fall ist aber das Dipolmoment:
P~ =
4
X
qn~rn
(2)
n=1
ungleich null. Dipol- und Quadrupolmoment können also nur dann beide gleichzeitig 0 sein, wenn keine
Ladung existiert.
• Wir betrachten eine Ursprungsverschiebung um ~a:
~r → ~r0 = ~r − ~a
0
0
(3)
ρ(~r) → ρ (~r ) = ρ(~r)
(4)
3 0
(5)
3
3
d r→d r =d r
Dipolmoment im verschobenen System:
Z
Z
Z
Z
P~ 0 = d3 r0~r0 ρ0 (~r0 ) = d3 r(~r − ~a)ρ(~r) = d3 r~rρ(~r) − ~a d3 rρ(~r) = P~ − ~aQ
(6)
Das Dipolmoment ist also genau dann translationsinvariant, wenn die Gesamtladung 0 ist.
Quadrupolmoment im verschobenen System (1 = Einheitsmatrix):
0
Q =
Z
3 0
0
0
02
0
Z
d r (3~r ◦ ~r − 1~r )ρ(~r ) = d3 r(3(~r − ~a) ◦ (~r − ~a) − 1(~r − ~a)2 )ρ(~r)
Z
d3 r(3~r ◦ ~r − 3(~r ◦ ~a + ~a ◦ ~r) + 3~a ◦ ~a + 1(~r2 − 2~r · ~a + ~a2 ))ρ(~r)
(8)
Q − 3(P~ ◦ ~a + ~a ◦ P~ ) + 3(~a ◦ ~a)Q + 1(2P~ · ~a − ~a2 Q)
(9)
(7)
⇒ Q ist genau dann translationsinvariant, wenn die Gesamtladung Q und das Dipolmoment P~ gleich 0
sind.
• Ladungsdichte:
ρ = 2Qδ(~r) − Qδ(~r + ~a) − Qδ(~r − ~a)
(10)
Monopolmoment: Q = 0 (trivial)
Dipolmoment: Wähle ein Koordinatensystem, sodass ~a k êz :
Px = Py = 0; (da alle ~ri k êz sind.)
(11)
dzz(2δ(z) − δ(z − a) − δ(z + a)) = 0
(12)
Z
Pz = q
Quadrupolmoment:
Z
Qij =
d3 r(3xi xj − r2 δij )ρ(~r)
(13)
ρ(~r) hat nur auf der z-Achse nicht-verschwindende Einträge. Für i 6= j auf der z-Achse ist nun 3xi xj auch
0.
⇒ Qij = 0 für i 6= j
Für i = j:
Z
Qzz =
Z
Qxx = Qyy =
) − δ(~x − ~a) − δ(~x + ~a)) = −4Qa2
dz2z 2 Q(
2δ(~
x
(14)
) − δ(~x − ~a) − δ(~x + ~a)) = 2Qa2
dz − z 2 Q(
2δ(~
x
(15)
Lösung 2:
Der Draht liege entlang der z-Achse. Das elektrische Feld ergibt sich als:
~ r) =
E(~
λ
4π0
Z
dz 0
λ
~r − ~r0
=
0
3
|~r − ~r |
4π0
Z
dz 0
(x, y, z − z 0 )
(16)
3
(x2 + y 2 + (z − z 0 )2 ) 2
Da der Integrand eine ungerade Funktion von z − z 0 ist, kann es keine z-Komponente geben.
~ r) = λ(x, y, 0)
E(~
4π0
Z
dz 0
1
(x2 + y 2 + (z − z 0 )2 )
3
2
=
λ(x, y, 0)
2
4π0
Z
∞
du
0
1
3
(x2 + y 2 + u2 ) 2
(17)
Mit der angegebenen Integralformel folgt:
"
#∞
λ(x, y, 0)
u
λ (x, y, 0)
λ êr
~
p
E(~r) =
2
=
=
2
2
2
2
2
2
2
4π0
2π0 x + y
2π0 d
(x + y ) x + y + u 0
wobei d der Abstand vom Draht und êr der r-Einheitsvektor in Zylinderkoordinaten ist.
Lösung 3:
(18)
y
-Q
Q
x
Q
-Q
Φ=
X Qi
1
1
1
1
=Q
+
−
−
~r − ~ri
|~r − aêx − bêy | |~r + aêx + bêy | |~r − aêx + bêy | |~r + aêx − bêy |
(19)
(Zeige durch Ableiten, dass die 4.Ladung notwendig ist?)
Die Kraft auf die Punktladung wird durch das Potential der 3 Spiegelladungen erzeugt:
~r + aêx + bêy
~r − aêx + bêy
~r + aêx − bêy
F~ = −Q∇Φ = −Q2
−
−
|~r + aêx + bêy |3
|~r − aêx + bêy |3
|~r + aêx − bêy |3
2bêy
2aêx
êx
2aêx + 2bêy
aêx + bêy
êy
2
2
√
−
−
=Q
=Q
− 2− 2
|2aêx + 2bêy |3
|2bêy |3
|2aêx |3
4b
4a
4 a2 + b2
(20)
(21)
Die Kraft wirkt also zum Ursprung hin.
Lösung 4:
Die Bestimmungsgleichung lautet allgemein:
Z
I
Φ(~r) =
d3 r0 GD (~r, ~r0 )ρ(~r0 ) − 0
V
δV
df 0 Φ(~r0 )
∂G(~r, ~r0 )
+
∂~n0
I
df 0 G(~r, ~r0 )
δV
∂Φ(~r, ~r0 )
∂~n0
(22)
Da wir nur Dirichlet’sche Randbedingungen haben, muss am Rand gelten: GD |δV = 0. Daraus folgern wir
den Ansatz für die Green’s Funktion mit Dirichlet-Randbedingungen (vgl. Punktladungen bei (x0 , y 0 , z 0 ) und
(x0 , y 0 , −z 0 )):
!
1
1
1
p
GD (~r, ~r0 )
−p
(23)
4π0
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z + z 0 )2
Dieser erfüllt die Randbedingung trivial:
GD (~r, ~r0 ) = 0 für z 0 = 0
(24)
Nun zeigen wir, dass GD im betrachteten Raum eine gültige Green’s Funktion ist:
1
∆0 GD (~r, ~r0 ) =
∆0
4π0
1
p
−p
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z + z 0 )2
−4πδ 3 (~r − ~r0 ) + 4πδ(x − x0 )δ(y − y 0 )δ(z + z 0 )
1
4π0
1
= − δ(x − x0 )δ(y − y 0 ) (δ(z − z 0 ) − δ(z + z 0 ))
0
1
= − δ 3 (~r − ~r0 ); z ≥ 0, da wir nur den Raum z ≥ 0 betrachten
0
=
1
!
(25)
(26)
(27)
(28)
Betrachten wir zunächst den Oberflächenterm:
∂
1
GD (~r, ~r0 ) = ∂z0
0
∂u
4π0
1
p
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2
−p
!
1
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z + z 0 )2
(29)
1
=
4π0
z − z0
−
3
((x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2 ) 2
z + z0
3
((x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z + z 0 )2 ) 2
∂
1
2z
GD (~r, ~r0 )|z0 =0 =
p
∂u0
4π0 (x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + z 2 3
(30)
(31)
Daraus folgt der Randterm (beachte, dass dieser nicht von der Konfiguration im betrachteten Gebiet abhängt):
I
Z ∞
Z ∞
1
zΦ0 (x0 , y 0 , 0)
z
1
0
−0
df 0 Φ(~r0 )
dx
dy 0 p
=
−
p
3
3
2π0 (x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + z 2
2π −∞
δV
−∞
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + z 2
(32)
Nun betrachten wir den Volumenterm: Dazu führen wir neue Koordinaten ein, deren Urpsrung im Mittelpunkt
der geladenen Kugel liegt, und deren z-Achse o.b.d.A. stets parallel zum Ortsvektor liegt.
~r0 = aêz + r̃
d3 r0 = d3 r̃
~r = (a + z)êz


x̃
~r0 =  ỹ 
a + z̃

0
~r =  0 
a+z
(33)

(34)
Damit berechnen wir zunächst den ersten Term:
Z
Z
1
1
3 0
d r p
= d3 r̃ p
0
2
0
2
0
2
2
2
(x − x ) + (y − y ) + (z − z )
x̃ + ỹ + (z − z̃)2
Z 2π
Z 2π
Z R
1
=
dφ
dθ sin θ
drr2 √
2 + z 2 − 2rz cos θ
r
0
0
0
Z R
Z 1
1
2
= 2π
drr
dz √
2
r + z 2 − 2rzz
0
−1
Z R
Z R
1
2π
= −2π
drr (|r − z| − |r + z|) =
drr(|r + z| − |r − z|)
z
z 0
0
(35)
(36)
(37)
(38)
Fallunterscheidungen:
• 0 ≤ z ≤ R:
Z
2π
... =
z
2π
=
z
z
Z
drr(|r + z| − |r − z|) +
0
"
!
R
drr(|r + z| − |r − z|)
(39)
z
z
R #
r3 r2 2 + 2z 3 0
2 z
4π 2
z2
2
2
2
z + 2π(R − z ) = 2πR 1 −
=
3
3R2
(40)
(41)
Und damit:
ρ0
z2
Q
3
z2
2πR2 1 −
=
−
4π0
3R2
4π0 R 2 2R2
(42)
• R ≤ z:
... =
2π
z
Z
R
drr(|r + z| − |r − z|) =
0
2π
2
z
Z
R
0
drr2 =
4π 3 1
R
3
z
(43)
Damit gilt:
ρ0 4π 3
Q 1
R =
;z ≥ R
4π0 3z
4π0 z
(44)
Da die z-Richtung beliebig war:
1
4π0
Z
3 0
1
(
=
d r ρ0 p
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2
Kugel
Q
1
4π0 |~
r −aê
z|
|~
r −aêz |2
Q
3
−
2
4π0 R 2
2R
|~r − aêz | ≥ R
|~r − aêz | ≤ R
Analog können wir auf den 2. Term schließen:
Z
1
Q
1
1
=
d 3 r 0 ρ0 p
0
2
0
2
0
2
4π0 Kugel
4π0 |~r + aêz |
(x − x ) + (y − y ) + (z + z )
(45)
(46)
da mit a >> R immer gilt: |~r + aêz | ≥ R
Zusammenfassend gilt also:

H 0 0
Φ0 (x0 ,y 0 ,0)
Q
1
1
z

dx dy √
−
 4π
3
|~
r −aêz |
|~
r +aêz | − 2π
0 )2 +(y−y 0 )2 +z 2
0
(x−x
Φ(~r) −
H
2
|~
r −aêz |
Φ0 (x0 ,y 0 ,0)
Q
Q
1
z
3

− 4π
− 2π
dx0 dy 0 √
 4π
2R −
2R3
0 2
0 2
0
0 |r+aêz |
(x−x ) +(y−y )
|r − aêz | ≥ R
+z 2
3
|r − aêz | < R
(47)