Lösungen zu den Übungsaufgaben des Buches

Lösungen zu den Übungsaufgaben des
Buches
Elektrodynamik
von
D. Petrascheck und F. Schwabl
30. November 2014
Vorbemerkung zu den Lösungen
In den Lehrbüchern Quantenmechanik, Quantenmechanik für Fortgeschrittene
und Statistische Mechanik sind keine Lösungen zu den Übungen angegeben.
Einerseits wollte ich (D. Petrascheck) mich an diese Vorgabe halten, da ich
(insbesondere lange) Lösungen für den Ablauf der Elektrodynamik als störend
empfinde, andererseits wollte ich den Lesern die mitunter mühsame Erarbeitung der Lösungen ersparen.
Die gewählte Form der Auslagerung der Lösungen auf die Produktseite des
Buches hat in meinen Augen den Vorteil, dass man nicht auf die Anzahl der
Seiten schauen muss. So sind die Rechnungen sehr ausführlich. Unstimmigkeiten und/oder Fehler können auf diese Weise verfolgt werden.
Die Lösungswege sind meist nicht eindeutig vorgegeben. In manchen Fällen
können sicher elegantere Methoden gefunden werden, um zum gewünschten
Ergebnis zu gelangen.
Nun hält sich das Buch an das Gaußsche System. In den wenigen Fällen, in
denen nach Messwerten gefragt wird, sollten diese auch in den SI-Einheiten
angegeben werden, wobei hier vor allem die elektromagnetischen Einheiten
gemeint sind.
Im SI-System sind mehr Felder definiert als zur physikalischen Beschreibung
notwendig sind. So entsprechen der Magnetisierung M im Gauß-System die
Größen M si [A/m] und J si [Tesla]. Die Tabelle C.4 auf Seite 607 sollte bei der
Übertragung von Gleichungen ins SI-System hilfreich sein.
Fragen, Bemerkungen, Fehler an: [email protected]
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 1
L5
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 1
1.1 Coulomb-Kraft: Wir nehmen an, dass Proton und Elektron ruhen, d.h. wir
berücksichtigen nur die Coulombkraft
2
Fc = e20 /a2b = e40 m/~2 = 4.803 × 10−10 statC /(5.29 × 10−9 cm)2
= 8.2 × 10−3 dyn
1.2 Quellen und Wirbel eines Vektorfeldes: Gegeben ist das Vektorfeld
v=λ
ez × x
.
|ez × x|2
Zylinderkoordinaten: ez × x = ez × ̺ = ̺ eϕ . Daraus folgt
v=λ
λ
ez × x
= eϕ = λ∇ϕ
|ez × x|2
̺
f ür
ρ > 0.
Es ist also v im gesamten Raum, ausgenommen auf der z-Achse, aus dem Potential
φ = −λϕ herleitbar. Damit gilt dort auch rot v = 0 :
rot v = λ∇ × ∇ ϕ = 0
f ür
̺ > 0.
Zugleich verschwindet auch die Divergenz
∇ · v = λ ∆ϕ = λ∇ · eϕ /̺ = λ∇ · − sin ϕ ex + cos ϕ ey /̺
x
y
̺ > 0.
= λ∇ · − 2 ex + 2 ey = 0
̺
̺
Wir berechnen nun die Quellstärke eines Zylinders V (Pillendose), der um die zAchse zentriert ist:
"
"
Q=
df · v = 0
q = div v = lim
df · v .
V →0
∂V
∂V
Auf dem Zylindermantel ist df ⊥ v : e̺ ⊥ eϕ , weshalb dieser Beitrag verschwindet.
Dasselbe gilt für die Deckflächen (ez ⊥ eϕ ). Es ist also im ganzen Raum div v = 0 .
Jetzt berechnen wir die Rotation auf der z-Achse. Dazu integrieren wir um die
z-Achse auf einem Kreis K des Radius ̺:
‰
ˆ 2π
"
1
Stokes
Zv =
dx · v = λ
̺ dϕ eϕ · eϕ =
df · rot v = 2πλ
̺
∂K
0
K
lim
̺→0
"
K
df · rot v = 2πλ
⇒
rot v = 2πλδ(x) δ(y) ez .
Mit λ = 2I/c erhält man rot v = 4πIδ(x)δ(y)/c und v = B , das Magnetfeld des
unendlichen Drahtes (4.1.10).
L6
1 Die Maxwellschen Feldgleichungen
1.3 Konservatives Vektorfeld: E ist aus einem Potential herleitbar, weshalb rot E =
0 verschwindet. Explizite Berechnung
div E = 3f + r f ′
∇×E
= ǫijk ∇j f xk = ǫijk
i
f′
xj xk + f δjk = 0
r
Um die Rotation am Nullpunkt zu berechnen, wird ihre integrale Form herangezogen. Wir integrieren auf einem Kreis K vom Radius ̺ in der xy-Ebene
‰
ˆ 2π
¨
Z̺ =
dx · E =
̺ dϕ eϕ · e̺ f (̺) = 2π̺f (̺) eϕ · e̺ = 0 =
df ez · rot E
∂K
0
K
lim Z̺ = 0
[rot E]z = 0 .
⇒
̺→0
Das kann für jede Richtung gezeigt werden. Es ist also immer rot E = 0. Die Quellstärke div E muß für jedes f (r) separat angegeben werden.
Explizite Berechnung des Feldes einer Punktladung mit q = 1: E = x/r 3 = −∇(1/r)
div E = −∆
1
= 4πδ(x)
r
rot E
i
= ǫijk ∇j
1
1
xk = ǫijk δjk − 5 xj xk = 0.
3
r
r
1.4 ’Polarisationspotential’: Wir beginnen mit Z = µ/r und berechnen zuerst φ,
das aber hier, anders als in der Angabe, mit einem − Vorzeichen definiert ist
φ = − div Z = −µ·
x
r3
µ×x
1
A = rot Z = ∇ ×µ = 3
r
r
Skalares Potential des elektr. Dipols µ (2.5.5)
Vektorpotential des magnet. Dipols µ (4.2.10).
Die Komponenten Ei und Bi sind
xi xj
δij
−3 5
r3
r
1
1
Bi = rot rot Z i = ǫijk ǫklm ∇j ∇l µm = (δil δjm − δim δjl )∇j ∇l µm
r
r
1
1
1
= ∇j ∇i µj − ∆ 3 µi = Ei − ∆ µi .
r
r
r
Ei = ∇i (div Z) = −∇i φ = −µj
In vektorieller Schreibweise erhält man
x(x·µ)
µ
+3
r3
r5
(3)
B = rot rot Z = rot A = C + 4πδ (x) µ .
E = grad div Z = − grad φ = −
E ist das Feld des elektrischen Dipols µ (2.5.5) und B ist das Feld des magnetischen
Dipols (4.2.12). Das magnetische Dipolfeld unterscheidet sich vom elektrischen Dipolfeld nur im Ursprung
B − E = 4πδ(3) (x) µ = −∆Z .
Der Zusammenhang von elektrischem und magnetischem Dipolfeld ist durch die
Identität (A.2.38) gegeben
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 1
L7
∆Z = grad div Z − rot rot Z .
Verwendet werden die Polarisationspotentiale Z(x, t) im Kontext der Strahlung
bewegter Ladungen, Abschnitt 8.4.4.
1.5 Zeitliche Änderung des Flusses durch eine Fläche F (t): Wie im Hinweis angegeben, berechnen wir
¨
¨
Φ(t+δt) − Φ(t) =
df ·a(x, t+δt) −
df ·a(x, t)
F (t+δt)
=
¨
df · a(x, t+δt) − a(x, t) +
F (t)
= δt
F (t)
¨
¨
df ·
F (t)
∂a(x, t)
+
∂t
"
∂V
df ·a(x, t) −
F (t+δt)
df · a(x, t) −
¨
¨
df ·a(x, t)
F (t)
df ·a(x, t) .
Fm
Ergänzt man die beiden Flächen F (t + δt) und F (t) mit der Mantelfläche Fm , so
umschließen diese ein Volumen V ; da die Oberflächennormale nach außen gerichtet
ist, hat F (t) ein negatives Vorzeichen. Auf das Oberflächenintegral wendet man den
Gaußschen Satz an
"
ˆ
¨
(A.4.3)
df · a =
d3 x (∇ · a) = δt
(df · v)(∇ · a) .
∂V
V
F (t)
Der Beitrag der Mantelfläche Fm kann gemäß Abb. 1.11 umgeformt werden
¨
˛
df m · a = δt
dx · (v × a) .
Fm
∂F
Damit ist (1.3.23) verifiziert 5 .
1.6 Induktion im Magnetfeld der Erde: Der Einfachheit halber machen wir die
Rechnung im SI-System: l = 80 m, v = 900 000/3600 m/s, was v = 250 m/s ergibt;
Bsi zeigt nach unten.
si
Uind
= l vB si = 80×250×6×10−5 = 1.2 V .
Die östliche Tragfläche liegt auf höherem Niveau, da die Lorentz-Kraft Fl = (e/c) v×
B die negativen Elektronen nach Westen treibt.
1.7 Poisson-Gleichung: Auf eine Punktladung q0 am Ort x0 wirkt nach dem
Coulomb-Gesetz die Kraft
(i)
Fc (x0 ) = q0 Ei (x0 )
mit
Ei (x) = qi
x − xi
|x − xi |3
Die Ladungsdichte der i-ten Punktladung ist ρi (x′ ) = qi δ(3) (x′ −xi ). Damit erhalten
wir für das Feld der i-ten Punktladung
5
H. Flanders, American Mathematical Monthly, 80, 615 (1973) bzw. in weniger
ausführlicher Form R. Becker und F. Sauter Theorie der Elektrizität I, Teubner,
Stuttgart (1973)
L8
1 Die Maxwellschen Feldgleichungen
ˆ
ˆ
ρi (x′ )
x − x′
=
−∇
d3 x ′
= −∇φi (x) .
Ei (x) = d3 x′ ρi (x′ )
′
3
|x − x |
|x − x′ |
Hierbei gilt
∇ · Ei (x) = −∆
ˆ
d3 x ′
ρi (x′ )
= 4πρi (x) .
|x − x′ |
Für die einzelne Punktladung haben wir also den Poisson-Gleichung als Spezialfall,
dass die Inhomogenität die δ-Funktion ist und damit φ die Green-Funktion darstellt
∆φi (x) = −4πδ(3) (x − xi ) qi
1
1
φi (x) = G(x − xi ) =
.
qi
|x − xi |
⇒
Für eine Ladungsverteilung von Punktladungen gilt (Superpositionsprinzip)
E(x) =
X
i
Ei (x)
⇒
ρ(x) =
X
ρi (x)
i
Damit ist ∆φ(x) = −4πρ(x) , wie zu zeigen war.
⇒
φ(x) =
X
i
φi (x) .
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 2
L9
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 2
2.1 Einfache Ladungsverteilungen:
Kugelkoordinaten
1. Kugel:
2. Kugelschale:
3. Punktladung :
ρ0 = 3Q/(4πa3 )
σ0 = Q/(4πa2 )
ρ(r) = ρ0 θ(a − r)
ρ(r) = σ0 δ(a − r)
ρ(r) = Q δ(r) δ(ϑ)δ(ϕ)/(r 2 sin ϑ)
Zylinderkoordinaten
4. Zylinder:
ρ(̺, z) = ρ0 θ(a − ̺)θ(l − |z|)
ρ0 = Q/a2 π2l
Q
5. Hohlzylinder: ρ(̺, z) = σ0 δ(a−̺)θ(l−|z|) + θ(a−̺)δ(l−|z|) σ0 =
2πa(a+2l)
δ(̺)δ(ϕ)
Q
6. Linienladung: ρ(̺, z) = λ
θ(l − |z|)
λ= .
̺
2l
2.2 Dipollinie: Für das Potential der 2 Ladungen gilt
ˆ x2
ˆ x2
(x − x′ )
q
q
φ(x) =
−
= −q
=
dx′ ·
dx′ · Eq (x − x′ )
|x − x1 |
|x − x2 |
|x − x′ |3
x1
x1
Eq (x − x′ ) ist das Feld der Punktladung q am Ort x, wenn sich diese am Ort x′
befindet. Wir differenzieren die Gleichung und erhalten
q
ˆ
q
E (x − x2 ) − E (x − x1 ) = −q
x2
x1
n
o
dx′ · (x − x′ )
dx′
′
−
3
(x
−
x
)
.
|x − x′ |3
|x − x′ |5
Der Wert des Integrals ist ja vom Weg unabhängig; wir nehmen als Weg die Gerade
von x1 nach x2
x′ = x1 + t R
mit
R = x2 − x1
⇒
dx′ = dt R .
Mit dieser Parametrisierung und dem Dipolmoment p = qR, das parallel zur Verbindungslinie von x1 zu x2 ausgerichtet ist, erhält man
1
E (x − x2 ) − E (x − x1 ) =
ˆ
1
=
ˆ
q
q
dt
0
0
n
o
p · (x − x′ )
p
′
+
3
(x
−
x
)
−
|x − x′ |3
|x − x′ |5
dt Ep (x − x1 − tR) .
Wir beziehen und hier auf des Feld eines Dipols Ep , (2.2.5).
2.3 Potential einer sphärisch-symmmetrischen Ladungsverteilung: Wir legen die
z ′ -Achse parallel zu x, womit x · x′ = rr ′ cos ϑ′ . Dann wechseln wir zu Kugelkoordinaten, wobei ξ ′ = cos ϑ′ und
L10
2 Ruhende elektr. Ladungen u. die Verteilung der Elektrizität auf Leitern
ˆ ∞
ˆ 1
ˆ
1
ρ(r ′ )
′ ′2
′
=
2π
dr
r
ρ(r
)
dξ ′ , p
φ(x) = d3 x′
|x − x′ |
0
−1
r 2 + r ′2 − 2rr ′ ξ ′
ˆ ∞
1
−1 p
= 2π
dr ′ r ′2 ρ(r ′ ) ′ r 2 + r ′2 − 2rr ′ ξ ′ rr
−1
0
ˆ
2π ∞ ′ ′
′
′
′
=
dr r ρ(r ) (r + r ) − |r − r | .
r 0
Hier ist zu unterscheiden, ob der Beitrag zu φ von r ′ < r oder r ′ > r kommt
φ(r) =
4π
r
= 4π
ˆ
∞
dr ′ r ′ ρ(r ′ )
0
nˆ
r
dr ′ r ′ ρ(r ′ ) +
0
r′ ≤ r
r′ > r .
r
r′
1
r
ˆ
∞
r
o
dr ′ r ′2 ρ(r ′ ) .
2.4 Potential und Feld des H-Atoms: ρ(x) = e0 δ(3) (x) − (e0 /πa3b )e−2r/ab .
1. Die Ladungsdichte des Elektrons ρ(e) (r) im H-Atom ist sphärisch-symmetrisch,
also können wir (B.5.23) verwenden (siehe Aufgabe 2.3)
ˆ ∞
o
n ˆ
′
4e0 1 r ′ ′2 −2r′ /ab
dr r e
+
dr ′ r ′ e−2r /ab
φ(e) (r) = − 3
ab r 0
r
n
4e0
a3b
e0
=− +
r
=−
Daraus folgt
φ(H) (x) =
a3b
a3
a2
rab −2r/ab
rab −2r/ab
a2
− b + b +
e
e
+ b +
4r
4r
2
2
4
2
e0
r
e−2r/ab .
1+
r
ab
o
e0
r
e−2r/ab
1+
r
ab
h
i
e0
r 2 −2r/ab
e0
e
er .
+
1+
r2
r
ab ab
Potential und Feldstärke sind abgeschirmt.
ˆ a
ˆ ∞
a
1
a −aα
1
dx x e−αx = 2 1 − e−αa − e−aα
+
e
dx x e−αx =
2
α
α
α
α
0
a
ˆ a
a2
a
2 1
1 − e−αa − e−αa −
e−αa .
dx x2 e−αx =
2
α α
α
α
0
E(H) (x) =
2.
2
E/e0
✻1
Abb. L2. Elektrische Feldstärke im
H-Atom
0
2
✲ r/ab
4
3. Das Feld am Rand des Kerns und beim Bohrschen Radius ist ungefähr
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 2
E(R) =
L11
4.80 × 10−10 statC
≈ 2 × 1016 statV cm−1 ≈ 6 × 1020 V m−1 .
2.25 × 10−26 cm2
4.80 × 10−10 statC
≈ 1.2 × 105 statV cm−1 ≈ 3.5 × 109 V m−1 .
5.292 × 10−16 cm2
Bei Atomen mit höherem Z wird das Feld entsprechend stärker.
E(ab ) = 0.677
2.5 Äquipotentialflächen zweier Linienladungen: ρ(x) = λδ(y) δ(x − a) − δ(x + a) .
1. Das Potential einer Linienladung ist (siehe (2.2.16))
φ(̺) = −λ ln ̺′2 .
Zunächst verschieben die Linienladung aus der z ′ -Achse
x = x′ ± a
̺′2 = (x ∓ a)2 + y 2 .
⇒
Jetzt kann das Superpositionsprinzip verwendet werden:
φ(x) = −λ ln
(x − a)2 + y 2
.
(x + a)2 + y 2
2. Zu bestimmen sind die Äquipotentialflächen für einen vorgegebenen Wert φ. Zuerst exponentieren wir die Gleichung für φ(x)
eφ/λ = C =
(x + a)2 + y 2
(x − a)2 + y 2
⇒
Zu vollständigem Quadrat ergänzen:
C (x − a)2 + y 2 ] = (x + a)2 + y 2 .
(C − 1) x2 + y 2 + a2 ] − (C + 1)2ax = 0
(C + 1)2
C+1 2
a) + y 2 ] = a2
− (C − 1)
C−1
C−1
(C + 1)2 − (C − 1)2
4C
= a2
= a2
(C − 1)2
(C − 1)2
√
Das sind Kreise mit dem Radius R = 2a C/(C − 1).
3. Skizzieren Sie Äquipotentiallinien in der xy-Ebene. Wir beginnen mit dem Potential φ/λ und können daraus C berechnen. Aus C erhalten wir den Ort des
Kreismittelpunktes xm : Für φ > 0 ist auch xm > 0. Dann bestimmen wir noch
ρ0 . Es genügt sich auf φ ≥ 0 zu beschränken, da bei φ → −φ geht C → 1/C
und in Folge xm → −xm , wohingegen ρ0 unverändert bleibt. In Abb. L3 sind die
Äquipotentiallinien, die auch für die Doppelleitung relevant sind, eingezeichnet.
√
φ
xm
C + 1 ρ0
2 C
φ/λ
C=e
=
=
λ
a
C−1
a
|C − 1|
(C − 1) (x −
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
1
1.65
2.72
4.48
7.39
11.79
∞
4.08
2.16
1.57
1.31
1.18
∞
3.96
1.92
1.22
0.85
0.62
L12
2 Ruhende elektr. Ladungen u. die Verteilung der Elektrizität auf Leitern
✻
z
−λ
a
✻
y
λ
a
✲
✲
x
x
(b)
(a)
Abb. L3. (a) Liniendrähte (b) Äquipotentiallinien für φ/λ = 0, 0.5, 1, 1.5 , 2, 2.5
2.6 Potential einer Linienladung vor 2 Metallplatten:
φ0,2 = −λ ln (x ∓ d)2 + (y ∓ d)2
P∞
φ1,3 = λ ln (x ∓ d)2 + (y ± d)2
φ = i=0 φi ist symmetrisch unter der Vertauschung von x ⇌ y. Man sieht unmittelbar, dass die Randbedingungen φ(0, y) = φ(x, 0) = 0 erfüllt sind
E0,2 = 2λ
(x ∓ d)ex + (y ∓ d)ey
(x ∓ d)2 + (y ∓ d)2
E1,3 = −2λ
(x ∓ d)ex + (y ± d)ey
.
(x ∓ d)2 + (y ± d)2
An der Randfläche x = 0 erhalten wir
E(0, y) · ex = 4λ
d2
−d
d
+ 2
2
2
+ (y − d)
d + (y + d)
E(0, y) · ey = 0
Somit gilt für die Flächenbelegung
σy =
Ex (0, y)
λd 4dy
=−
4π
π 4d4 + y 4
p
mit dem Minimum bei y = d 4 4/3 . Für die andere Randfläche ist x mit y zu
vertauschen.
2.7 Punktladung vor leitenden Ebenen: In der folgenden Skizze sind die positiven
Ladungen volle Kreise und die negativen Ladungen leere Kreise. Man sieht, dass an
beiden Metallflächen kein Ek auftreten kann:
-q
q
q
-q
-q
q
Zu jeder Ladung gibt es eine auf die Randfläche
senkrechte Spiegelladung, die verhindert, dass
Ek auftreten kann. Die Linie, ausgehend von q
zu −q dann wieder zu q etc. muss geschlossen
sein; d.h. bei einem beliebigen Neigungswinkel
der beiden Ebenen wird man bis zu ∞ vielen
Spiegelladungen anbringen müssen
Auf der horizontalen Fläche verhindern die mit
einer durchgezogenen Linie verbundenen Ladungen, dass eine Tangentialkomponente auftritt
und auf der geneigten Fläche die durch eine
strichlierte Linie verbundenen Ladungen.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 2
L13
-q
q
q
-q
-q
Zusatzbemerkung: Die Spiegelladungen für 120◦
sind an denselben Positionen, wie die für 60◦
(gepunktete Linie)
Es liegt aber eine Spiegelladung im Raum vor
den Platten, was nicht erlaubt ist. Man kann für
Winkel α mit 180◦ > α > 90◦ erwarten, dass
die Methode der Spiegelladungen nicht (ohne
Weiteres) anwendbar ist.
q
2.8 Dipol vor leitender Ebene
1. Das Potential ist gegeben durch
p′ · (x + d)
p · (x − d)
+
z≥0
φ(x) = φp (x) + φp′ (x) =
3
|x − d|
|x + d|3
Der Spiegeldipol wird durch die Randbedingung bestimmt, nach der an der Oberfläche Ek = 0, d.h. φ(x, y, 0) = const = 0. Daraus folgt, da der Nenner von φp
und φp′ gleich ist
pk · x − dpz + p′k · x + dp′z = 0
Es ist demnach (x = ̺ + zez )
⇒
p′k = −pk
und
p′z = pz .
p · ̺ + p · ez (z − d)
p · ̺ − p · ez (z + d)
−
|x − d|3
|x + d|3
p · ̺ − p · ez (z + d)
p · ̺ + p · ez (z − d)
− p
= p
3
3
2
2
̺ + (z − d)
̺2 + (z + d)2
φ(x) =
2. Berechne zunächst das Feld und daraus die Oberflächenladung
−pz
p · ̺ + p · ez (z − d)
Ez (x) = −∇z φ = p
+3 p
(z − d)
3
5
2
2
̺ + (z − d)
̺2 + (z − d)2
σ=
p · ̺ − p · ez (z + d)
−pz
+p
−3 p
(z + d)
3
5
̺2 + (z + d)2
̺2 + (z + d)2
−pz (̺2 +d2 ) − 3dp·̺ + 3pz d2
Ez =
p
5
4π z=0
2π ̺2 +d2
3. Die Wechselwirkungsenergie ist minimal, wenn pkp′ kd - siehe (2.5.14).
2.9 Wechselwirkungsenergie im H-Atom: Es ist
ˆ
1
UeK =
d3 x φK (x) ρe (x) + φe (x)ρK (x) ,
2
wobei beide Terme den selben Beitrag liefern (2. Greenscher Satz, (A.4.20))
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
3
3
3
d x φe ρK = −4π d x φe ∆φK = −4π d x φK ∆φe = d3 x φK ρe .
L14
2 Ruhende elektr. Ladungen u. die Verteilung der Elektrizität auf Leitern
Damit ist
UeK =
ˆ
d3 x φK (x)ρe (x) = −
ˆ
d3 x
e0 e0 −2r/ab
4e2
e
= 30
3
r πab
ab
ˆ∞
dr r e−2r/ab =
e20
.
ab
0
2.10 Wechselwirkungsenergie zweier Drahtschleifen. Dichte in Zylinderkoordinaten
(ρ(x) = ρa (x) + ρb (x)) :
ρa (x) = λa δ(̺ − a) δ(z)
ρb (x) = λb δ(̺ − b) δ(z − d)
Die Gesamtenergie divergiert, da der Draht keine endliche Dicke hat und die Wechselwirkungsenergie ist
ˆ
ˆ
ˆ 2π
ρa (x) ρb (x′ )
ab dϕ′′
p
Uww = d3 x d3 x′
=
2πλ
λ
a
b
′
|x − x |
0
d2 + a2 + b2 − 2ab cos ϕ′′
√
8πλa λb ab
K(κ) = 4πλa λb abκ K(κ) .
= p
d2 + (a + b)2
K(κ) ist das vollständige elliptische Integral 1. Art:
K(κ) =
ˆ
π/2
0
1
dϕ p
1 − κ2 sin2 ϕ
mit
κ2 =
4ab
.
d2 + (a + b)2
Die Kraft, die die Schlinge a auf die Schlinge b ausübt, ist
√ dK(κ) ∂κ
∂Uww ∂κ
= −4πλa λb ab K(κ) + κ
.
∂κ ∂d
dκ
∂d
ˆ
dK(κ)
1 π/2
−1 + 1 − κ2 sin2 ϕ
1
=−
Π(κ, κ) − K(κ) .
dϕ p
=
3
dκ
κ 0
κ
1 − κ2 sin2 ϕ
Fa→b = −
Π(−κ2 , κ) ist ein vollständiges elliptisches Integral 3. Art für das Π(−κ2 , κ) =
E(κ)/(1 − κ2 ) gilt, wobei
E(κ) =
ˆ
π/2
dϕ
0
p
1 − κ2 sin2 ϕ
das vollständige elliptische Integral 2. Art ist. Zusammengefaßt erhält man
E(κ) √
1
−2d
Fa→b = −4πλa λb ab √
κ2
4ab
2 κ 1−κ
und Fa→b = Fa→b ez . Die Schleifen stoßen sich ab, wenn sgn λa = sgn λb .
2.11 Zur Energie eines Dipols im äußeren Feld: Äußeres konstantes Feld
φe = −Ee · x
Dipol im Ursprung:
⇔
Ee = −∇φe .
(2.1.12)
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 2
φp = −pj ∇j
1
r
⇒
Eip = pj ∇i ∇j
1
r
ρp =
L15
1
div Ep = −pj ∇j δ(3) (x)
4π
(2.1.13)
Jetzt wird die Energie des Dipols im äußeren Feld berechnet, wobei wir das Integral
über die lokal begrenzte Ladungsdichte im konstanten äußeren Feld berechnen
ˆ
ˆ
(2.1.14)
U = d3 x ρp φe = pj d3 x ∇j δ(3) (x) (Ee · x)
ˆ
"
Gauss
dfj δ(3) (x) (Ee · x) − pj d3 x δ(3) (x)∇j (Ee · x) = −p · Ee .
= pj
Das Oberflächenintegral trägt nichts bei, da der Integrand an der Grenze verschwindet.
Andererseits gilt (∆φp = −4πρp )
ˆ
ˆ
ˆ
−1
1
−1
p
3
p
3
U =
d x ∆φ φ =
d x ∇j ∇j φ φ +
d 3 x ∇j φ p ∇j φ
4π
4π
4π
"
ˆ
1
Gauss −1
dfj ∇j φp φ +
d3 x Ep · Ee .
=
4π
4π
Das Oberflächenintegral verschwindet jedoch nicht, da der Integrand für R → ∞:
dfj ∇j φp
∇j φp ∝ R2 R−3 R = const.
Jetzt setzen wir für die Felder (2.1.12) und (2.1.13) ein
ˆ
p · Ee
1 pj Eie −4πδij
pj Eie
.
d 3 x ∇i ∇j
=
=−
U=
4π
r
4π
3
3
(2.1.15)
und erhalten das falsche Ergebnis. Für einen Quadrupol im konstanten äußeren Feld
ist jedoch diese Formel anwendbar.
2.12 Selbstenergie der Kugelschale: Die Ladungsdichte ist gegeben durch
ˆ
ρ(r) = σδ(a − r)
Q = d3 x ρ(r) = 4πa2 σ .
Das Potential (2.1.8) der Kugelschale berechnen wir auf eine etwas exotische Art
R = |x − x′ |
⇒
dR =
rr ′ sin θ dθ
.
R
Im Integral sei ez ′ ker , so dass θ = ϑ′ :
ˆ
ˆ ∞
"
̺(x′ )
1
′ ′2
′
φ(x) = d3 x′
=
σ
dr
r
δ(r
−
a)
dΩ ′
|x−x′ |
R
0
∂Ka
ˆ
ˆ π
Q
Qa |r+a|
Q
dR
dR = θ(a−r) + θ(r−a).
=
= 2πσa2 dϑ′ sin ϑ′
′ dϑ′
ra
sin
ϑ
2r
a
r
|r−a|
0
Dieses Ergebnis ist auch ohne Rechnung vorhersehbar. Eine sphärisch symmetrische
Lösung ist außerhalb der Ladungsverteilung durch ihre Gesamtladung darstellbar
und innerhalb der Hohlkugel muss das Potential konstant sein.
L16
2 Ruhende elektr. Ladungen u. die Verteilung der Elektrizität auf Leitern
ˆ
1
Q2
1
U=
.
d3 x ρ(x) φ(x) = Q φ(a) =
2
2
2a
Für r > a sind die Selbstenergien U (a) für Voll- und Hohlkugel gleich, nur ist hier
für r < a die Selbstenergie U (i) = 0.
2.13 Beweis des Theorems von Thomson: E sei das Feld der Konfiguration mit
konstantem Potential φ auf den Leitern. Die Feldenergie ist
ˆ
"
1
d3 x E2
mit
div E = 4πρext
und
df i · E = 4πQi .
U=
8π V
∂Li
V sei R3 . Wir versuchen nur zu zeigen, dass ein Feld E′ , das zwar die selben Quellen
wie E hat, aber die Leiter nicht unbedingt Äquipotentialflächen sind, eine höhere
Energie hat. Bilden wir jetzt die Differenz
ˆ
ˆ
ˆ
1
1
1
U′ − U =
d3 x E·(E−E′ ) ,
d3 x (E ′2 −E 2 ) =
d3 x (E ′ −E)2 +
8π V
8π V
4π
|
{z
δU
}
so sollte die Differenz positiv sein, was für den 1. Term zutrifft. δU verschwindet
innerhalb
Pn der Leiter Li , so dass das Integral auf den Bereich ohne das Volumen
L =
L eingeschränkt werden kann. Weiters haben wir E = −∇φ in δU
i=1 i
eingesetzt
"
ˆ
3
′
D
x
(∇φ)
·
(E
−
E
)
=
−
δU = −
df · (E − E′ )φ(x)
P
V\
i
Li
∂V
n
+
X"
i=1
∂Li
df i · (E − E′ )φi +
ˆ
V\
P
l
Li
d3 x φ∇ · (E − E′ ) .
Hierbei haben wir zu berücksichtigen, dass das Integral über die äußere Oberfläche
verschwindet, φ ∼ 1/r
"
1 1
r→∞
df · E φ ∼ r 2 2 → 0 .
r r
∂V
Es ist dann
δU = 4π
n
X
i=1
φi (Qi − Qi ) + 4π
ˆ
V\
P
l
Li
d3 x φ(x) ρext (x) − ρext (x) = 0 .
2.14 Kapazitätsmatrix:
1. φa (x) =
1 1
1
+
−
θ(r − a)
a
r
a
Γaa = φa (xa ) =
1
a
Γab = φa (xb ) =
1
b
Γba = φb (xa ) =
1
b
Γbb = φb (xb ) =
1
b
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 2
Qb
b
Qa
Qb
✛
b
L17
✲
d
a
Qa
a
(b)
(a)
1 1
 1
!
1
−
2
a −a
ab
b−a
b
a
b
b
b

 ⇒ det Γ =
=
Γ =
⇒ C=
.
1 1
1 1
ab2
b−a
b−a −a b
−
b b
b
a
Spezialfall: Qa = −Qb = Q
1
1
−
Q
a
b
Q 1
ab
=
=
.
C = φa − φb Γaa − Γab − Γba + Γbb
b−a
φa = Γaa − Γab Q =
φb = Γba − Γbb Q = 0
2. Ist der Abstand der Kugeln groß gegen die Ausdehnung der Kugeln, kann die
gegenseitig induzierte Flächenladung vernachlässigt werden. Das Potential einer
Kugel ist dann näherungsweise ein Coulomb-Potential
φa (x) =
1
r
φa (xa ) =
1
a
φb (x) =
φa (xb ) ≈
1
d
1
1
≈
|d − x|
d
φb (xa ) ≈
1
d
φb (xb ) ≈
1
b
 1 1
 1 1
!
−
2
2
ad −ab
abd
d
−ab
d
a
d
b
d
 ⇒ det Γ =

=
Γ =
.
⇒ C= 2
1 1
1 1
d2 ab
d −ab
d2 −ab −ab bd
−
d b
Spezialfall: Qa = −Qb = Q
C=
d a
1
=
Γaa − Γab − Γba + Γbb
1
1
a
−
2
d
+
1
b
=
ab
abd
d→∞
.
=⇒
bd − 2ab + ad
a+b
L18
3 Randwertprobleme in der Elektrostatik
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 3
3.1 Punktladung vor geteilter Metallplatte: Es ist nur der Oberflächenbeitrag, der
berechnet werden muss. φ ist von y unabhängig, da die Platte entlang x = 0 geteilt
ist, so dass y = 0 gesetzt werden darf
GD (x, x′ ) =
1
1
−
|x − x′k − x′⊥ |
|x − x′k + x′⊥ |
∂GD (x, x′⊥ = 0)
2z
=
.
∂z ′
|x − x′k |3
Der Oberflächenbeitrag ist (o.B.d.A y = 0)
ˆ
ˆ ∞
2z
φ2 0
dx′
dy ′ p
φ∂V =
3
4π −∞
−∞
(x − x′ )2 + y ′2 + z 2
ˆ
ˆ
φ1 ∞ ′ ∞
2z
+
.
dx
dy ′ p
3
4π 0
−∞
(x − x′ )2 + y ′2 + z 2
Wir führen zuerst die y ′ -Integration durch
∞
ˆ ∞
y′
1
′
= 2
=2 p
dy p
3
2
2
′2
a2
′2
2
−∞
a
a +y 0
y +a
a2 = (x − x′ )2 + z 2
ˆ
φ1 ∞ ′
2z
2z
+
dx
dx
′ )2 + z 2
′ )2 + z 2
(x
−
x
2π
(x
−
x
−∞
0
ˆ −x
ˆ ∞
zφ2
zφ1
1
1
=
+
dx′ ′2
dx′ ′2
π −∞
x + z2
π −x
x + z2
φ∂V =
=
φ2
2π
ˆ
0
mit
′
−x
∞
x′ φ1
x′ φ1 + φ2
φ1 − φ2
x
φ2
arctan +
arctan =
+
arctan
π
z −∞
π
z −x
2
π
z
h
i
1
1
φ1 + φ2
φ1 − φ2
x
−
+
+
arctan
|x − d
|x + d|
2
π
z
i
h
z
x
φ1 − φ2
x
−
+
Ex = q
|x − d|3
|x + d|3
π
x2 + z 2
i
h
φ1 − φ2
x
z+d
z−d
−
−
.
Ez = q
|x − d|3
|x + d|3
π
x2 + z 2
φ(x) = q
Für r → ∞ dominiert jeweils der letzte Term und man erhält als Feldlinien in der
φ2 − φ1
xz-Ebene die Halbkreise E(r → ∞) =
.
πr
3.2 Kraft zwischen Metallkugel und Punktladung: Man berechnet zunächst das Potential einer ungeladenen, geerdeten Kugel (siehe (2.3.5)). Diese hat die (Spiegel-)
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 3
Ladung
Ladung
Das
(3.1.14)
L19
q ′ = −qR/d. Damit die Kugel die Ladung Q bekommt, muß man ihr die
Q − q ′ = Q + qR/d zuführen.
Potential der zugeführten Ladung und der Spiegelladung ist dann gemäß
und (3.1.16)
φQ (x) =
Q + qR
1
qR
d
−
.
r
d |x − (R2 /d2 ) d|
qR x
qR x − (R2 /d2 ) d
) −
.
d r3
d |x − (R2 /d2 ) d|3
Wir berechnen das Feld am Ort der Ladung: x=d
EQ = −∇φQ (x) = (Q +
EQ (d) = (Q +
EQ =
qR d − (R2 /d2 ) d
qR d
) 3 −
d d
d |d − (R2 /d2 ) d|3
⇒
(d2 −R2 )2 − d4
Q
R3 2d2 −R2
Q
+ qR 3 2
= 2 −q 3
2
2
2
d
d (d −R )
d
d (d2 −R2 )2
EQ (d) = EQ
⇒
d
d
K(d) = q EQ
d
.
d
Ist K < 0, so ist die Kraft anziehend. Setzen EQ = 0:
q
R3 2d2 − R2 d3 (d2 − R2 )2
=
Q
d2
⇒
q≥Q
R R2 (2d2 − R2 )
.
d (d2 − R2 )2
3.3 Sphärischer Kosinussatz:
er · er′ = cos θ = (sin ϑ cos ϕ ex + sin ϑ sin ϕ ey + cos ϑ ez )
·(sin ϑ′ cos ϕ′ ex + sin ϑ′ sin ϕ′ ey + cos ϑ′ ez )
= sin ϑ cos ϕ sin ϑ′ cos ϕ′ + sin ϑ sin ϕ sin ϑ′ sin ϕ′ + cos ϑ cos ϑ′
= sin ϑ sin ϑ′ cos(ϕ − ϕ′ ) + cos ϑ cos ϑ′ .
3.4 Theorem von Earnshaw:
"
ˆ
df · E =
d3 x ∇ · E = 0 .
∂V
V
Hat das Potential (hier im Ursprung) ein Minimum, so muss die Kraft von allen
Richtungen zum Ursprung zeigen, d.h. n·E < 0 was unvereinbar ist mit dem Verschwinden des Oberflächenintegrals.
3.5 Multipolentwicklung in 2 Dimensionen: Gemäß (3.5.5) gilt
ˆ
p
φ(x, y) = −2 d2 x′ ρ(x′ , y ′ ) ln ̺2 + ̺′2 − 2 cos(ϕ−ϕ′ )
ˆ
h
i
̺′2
̺′
= − d2 x′ ρ(x′ ) 2 ln ̺ + ln 1 + 2 − 2 cos(ϕ−ϕ′ )
̺
̺
ˆ
∞
X
1
(c)
d2 x′ ρ(x′ ) ̺′n cos n(ϕ − ϕ′ ) .
= −2M0 ln ̺ + 2
n
n̺
n=1
L20
3 Randwertprobleme in der Elektrostatik
Setzen wir cos(nϕ − nϕ′ ) = cos(nϕ) cos(nϕ′ ) + sin(nϕ) sin(nϕ′ ) in obige Gleichung
ein, so erhalten wir mit den Definitionen (3.5.7) für die Momente die zu beweisende
Entwicklung (3.5.6).
3.6 Randkorrektur des Plattenkondensators nach Kirchhoff : Wir ersetzen
f (z) = φ(z) + iψ(z) = ξ + iη
z = f −1 (ζ) = g(ζ)
⇒
durch die inverse Funktion g(ζ) und machen für letztere den Ansatz
z = g(ζ) =
d
2iπζ
1+
+ e2πiζ/V .
2π
V
Zu zeigen ist, dass die analytische Funktion g die Randbedingungen des Kondensators erfüllt:
ξ=±
V
2
z = g(±
⇒
V
, η) =
2
− ∞ < x ≤ 0, ±
Wir setzen jetzt ξ = ±V /2 und ξ = 0 ein:
z=
=

x = d 1 − 2πη − e−2πη/V 2π
y = ± d
2
(
V
ξ=±
2πη
d
+ e−2πη/V
1−
2π
V
y=0
x=
d
.
2
V
2
ξ = 0.
Setzen wir u = −2πη/V für η < 0 und v = 2πη/V für η > 0, so erhalten wir
−∞ < 1+u−eu = −
∞
X
uk
k=2
k!
≤0
und
−∞ < 1−v−e−v = −
∞
X
(−v)k
k=2
k!
≤ 0.
Der Ausdruck ist immer negativ, so dass die Kondensatorplatten korrekt beschrieben
werden. Weiters ist die x-Achse in ihrer ganzen Länge eine Äquipotentiallinie , was
durch
2 ≤ 1 + u + eu < ∞
−∞ < 1 − v + e−v ≤ 2
und
gewährleistet ist. Die Punkte x = 0 und y = ±d/2 sind also Verzweigungspunkte
oder ξ = ±V /2 und η = 0 .
Gesucht ist jetzt die Kraftlinie (Feldlinie), die die beiden Randpunkte des Kondensators bei x = 0, y = d/2 und x = 0, y = −d/2 verbindet. An diesen ist
η = ψ = 0:
d
2πiξ
z=
+ e2πiξ/V
1+
2π
V
⇒

x = d 1 + cos( 2πφ )
y
Das ist eine Zykloide, wobei −V /2 ≤ φ ≤ V /2.
3.7 Randwerte auf Rechteck vorgegeben
=
2π
V
2πφ d 2πφ
+ sin(
) .
2π V
V
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 3
L21
1. Separationsansatz für Laplace-Gleichung: φ(x, y) = f (x) g(y)
g(y)
∂ 2 f (x)
∂ 2 g(y)
+ f (x)
=0
2
∂x
∂y 2
d2 f
+ ν 2f = 0
dx2
d2 g
− ν 2g = 0
dy 2
2.
1 ∂2f
1 ∂2g
=−
= −ν 2 .
2
f ∂x
g ∂y 2
⇒
⇒
f (x) = a sin(νx) + b cos(νx)
⇒
g(y) = c sinh(νy) + d cosh(νy) .
φ(x, 0) = 0
⇒ g(0) = 0 ⇒
g(y) = c sinh(νy)
φ(0, y) = 0
⇒ f (0) = 0 ⇒
f (x) = a sin(νx)
φ(lx , y) = 0
⇒ f (lx ) = 0 ⇒ sin(νlx ) = 0
νn = πn/lx = 2πn/2lx
φ(x, ly ) = ψ(x) .
Damit haben wir die Lösung
X
φ(x, y) =
an sin(νn x) sinh(νn y) ,
n
wobei der obere Rand der Bedingung
ψ(x) = φ(x, ly ) =
X
an sin(νn x) sinh(νn ly ) =
X
An sin(νn x)
n
n
genügt. Hier muss man ein wenig hier aufpassen, da die An die Fourierkoeffizienten einer periodischen Funktion Ψ (x) = Ψ (x + 2lx ) sind für die außerdem
Ψ (x) = −Ψ (−x) gilt. Das vorgegebene Potential ψ ist nur im Bereich 0 ≤ x < lx
festgelegt:
Ψ (x) =
ψ(x)
−ψ(2lx − x)
für 0 ≤ x < lx
für lx ≤ x < 2lx .
Die Fourierreihe, deren Koeffizienten An zu bestimmen sind, lautet:
Ψ (x) =
∞
X
An sin(νn x)
An =
n=1
2
2lx
Der zweite Teil des Integrals lautet
ˆ 2lx
ˆ
x=2lx −x′
dx (−1)ψ(2lx −x) sin(νn x)
=
lx
0
ˆ
2lx
dx Ψ (x) sin(νn x).
0
dx′ ψ(x′ )(−1) sin(νn x′ )
lx
und ist damit gleich dem Integral von 0 bis lx . Daraus folgt
ˆ
2 lx
dx ψ(x) sin(νn x).
An = an sinh(νn ly ) =
lx 0
Die Lösung ist somit
φ(x, y) =
∞
X
n=1
An
sinh(νn y)
sin(νn x).
sinh(νn ly )
L22
4 Magnetostatik im Vakuum
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 4
4.1 Magnetfeld einer rotierenden Scheibe
1. Berechnen Sie das magnetische Moment m der Scheibe. Raumladung: ρ(x) =
σ0 θ(a − ̺)δ(z) und v(x) = ω × x und
j = ρ v = σ0 δ(z) ω × ̺ θ(a − ̺)
m=
=
1
2c
ˆ
d3 x x × j =
σ0
2c
ˆ
Ka
ω × ̺ = ω̺ ez × e̺ = ω̺ eϕ .
d̺̺dϕ ̺ × (ω × ̺) =
σ0
2c
ˆ
0
a
d̺̺
ˆ
2π
dϕ ω ̺2
0
σ0 π a 4
ω.
c 4
2. Berechnen Sie B in der ’Dipolnäherung’: Da wir m berechnet haben, können wir
das zum Punktdipol gehörende Feld B (4.2.12) für r ≫ a sofort angeben
1
B= 3
r
3(m · x)x
−m
r2
1
= 3
r
3(m · z)z
−m
r2
+
3(m · z)̺
r5
(4.1.16)
Mit der ’dipolaren Näherung’ können wir jedoch das Feld auch abseits der zAchse angeben
ˆ
ˆ
j(x′ ) × (x − x′ )
(ω × ̺′ ) × (x − ̺′ )
1
σ0
B=
d3 x ′
d2 x ′
=
′
3
c
|x − x |
c Ka
|x − ̺′ |3
ˆ
′
′
(̺ − z − ̺) × (ω × ̺ )
σ0
d2 x′
=
c Ka
|x − ̺′ |3
ˆ
′2
ω̺ + zω̺′ − (̺ · ̺′ )ω
σ0
=
.
d2 x′ p
3
c Ka
r 2 + ̺′2 − 2̺̺′ cos(ϕ′ −ϕ)
Nun ist e̺′ = cos(ϕ′ −ϕ) e̺ + sin(ϕ′ −ϕ) eϕ . Das Integral von eϕ verschwindet
aus Symmetriegründen. Wir substituieren ϕ′′ = ϕ′ −ϕ
′2
ˆ
ˆ
′
′′
′
′′
σ0 a ′ ′ 2π ′′ ω ̺ − ̺̺ cos ϕ + zω ̺ cos ϕ e̺
B=
d̺ ̺
dϕ
p
3
c 0
0
r 2 + ̺′2 − 2̺̺′ cos ϕ′′
ˆ a
ˆ 2π
̺′ − ̺ cos ϕ′′
σ0 ω
d̺′ ̺′2
dϕ′′ p
Bz =
3
c 0
0
r 2 + ̺′2 − 2̺̺′ cos ϕ′′
ˆ a
(4.2.26)
(4.2.27) σ0 ω
d̺′ ̺′2 ̺′ K3 − ̺K4
=
c 0
ˆ
ˆ
σ0 zω a ′ ′2 2π
cos ϕ′′
B̺ =
d̺ ̺
dϕ′′ p
3
c
0
0
r 2 + ̺′2 − 2̺̺′ cos ϕ′′
ˆ a
(4.2.27) σ0 ω
d̺′ ̺′2 zK4 .
=
c 0
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 4
L23
Soweit ist noch alles exakt. Die Integrale K3 und K4 können wir in ’dipolarer
2̺̺′
und α =
Näherung’, (4.2.32) und (4.2.33), übernehmen, wobei κ = 2
r +̺′2
r 2 +̺′2 :
ˆ 2π
(4.2.26)
1
K3 =
dϕ′′ p
3
2
′2
0
r + ̺ − 2̺̺′ cos ϕ′′
15 2 2π
2π
κ ≈ p
√ 3 1+
3
16
α
r 2 + ̺′2
ˆ 2π
(4.2.26)
cos ϕ′′
K4 =
dϕ′′ p
3
0
r 2 + ̺′2 − 2̺̺′ cos ϕ′′
(4.2.32)
≈
(4.2.33)
≈
35 2 3 3π̺̺′
2π 3κ
κ
.
1+
≈ p
√ 3
5
12
8
α 4
r 2 + ̺′2
Für die Felder erhalten wir
ˆ a
σ0 zω
̺′3
B̺ =
3π̺
d̺′ p
5
c
0
r 2 + ̺′2
ˆ a
̺
̺′3
σ0 ω
2π
− B̺ .
d̺′ p
Bz =
3
c
z
2
′2
0
r +̺
p
Berechnung der Integrale: t = r 2 + ̺′2
a p
ˆ a
′3
r 2 2r 2 + a2
r2
′ ̺
d̺ 3 = t + = r 2 + a2 + √
− 2r = √
− 2r .
t
t 0
r 2 + a2
r 2 + a2
0
Daraus folgt
Bz =
̺
̺
2r 2 + a2
8m 2r 2 + a2
σ0 ω
− 2r − B̺ = 4 √
− 2r − B̺ .
2π √
c
z
a
z
r 2 + a2
r 2 + a2
(4.1.17)
Für die Berechnung von B̺ hat man das Integral
ˆ a
ˆ a
̺′3
1
r 2 a
̺′ ̺′
d̺′ 5 =
d̺′ 3 − r 2 5 = − + 3 t
t
t
t
3t 0
0
0
=
r 2 − 3(r 2 + a2 )
r 2 − 3r 2
−
√
3
3r 3
3 r 2 + a2
auszuwerten und erhält
B̺ =
2
2r 2 + 3a2 4m
2
2r 2 + 3a2 σ0 zω
π̺
−√
−√
= 4 z̺
.
3
3
c
r
a
r
r 2 + a2
r 2 + a2
3. In Systemen mit axialer Symmetrie ist das Feld auf der z-Achse meistens genau
bestimmbar:
ˆ
ω̺′2 + zω̺′
σ0
σ0 ω
2z 2 + a2
− 2|z| ez .
d2 x′ p
B=
=
2π √
3
2
2
c Ka
c
z +a
r 2 + ̺′2
L24
4 Magnetostatik im Vakuum
Man sieht, dass die Näherung (4.1.17) auf der z-Achse, wo B̺ = 0, das exakte
Resultat liefert. Wir verifizieren für r ≫ a, dass B das Feld eines Dipols ist.
1
1
3
1
=
1 − ǫ + ǫ2 − ...
r
2
8
r 2 + a2
1
3
15 2
1
1
−
ǫ
+
ǫ
−
...
=
√
3
r3
2
8
r 2 + a2
Hilfsformeln : √
ǫ=
a2
r2
i
h
4m
4m z̺ 9 2 15 2 1
3
15 2 2
≈ 4
z̺
− (2 + 3ǫ) 1 − ǫ +
ǫ
ǫ −
ǫ
4
a
r
r
2
8
a r 2
4
z̺
= 3m 5
r
B̺ ≈
h
i
8m
1
3 ̺2
r (2 + ǫ) 1 − ǫ + ǫ2 − 2 − 3m 5
4
a
2
8
r
8m 3 2 1 2 ̺2
2m
̺2
m
≈ 4 r ǫ − ǫ − 3m 5 = 3 − 3m 5 = 5 3z 2 − r 2 )
a
4
2
r
r
r
r
Bz ≈
Zusammengefasst, sieht man, dass B̺ und Bz die Komponenten des Dipolpotentials (4.1.17) sind. Abschließend soll noch erwähnt sein, dass die Rechnung
abgekürzt werden kann, wenn man vom näherungsweise berechneten Feld der
Schleife (Seite 135) ausgeht und über den Radius der Schleife integriert.
4.2 Feld einer endlichen Spule: Zunächst bestimmen wir das magnetische Moment
des Zylinders
j = Iδ(a − ̺) θ(l − |z|) eϕ
ˆ
ˆ 2π
ˆ l
I
1
d3 x x × j =
dϕ a
m=
dz (ae̺ + zez ) × eϕ
2c V
2c 0
−l
ˆ 2π
ˆ l
Ia
I
=
dϕ
dz (aez − ze̺ ) = πa2 (2l) ez .
2c 0
c
−l
Wir entwickeln nach κ± = 2a̺/(r 2 + a2 + l2 ± 2zl)
ˆ
l−z
I a 2π ′
cos ϕ′
B̺ (x) =
dϕ p
2
′
2
2
c 0
(̺ − 2a̺ cos ϕ + a ) + u −l−z
ˆ 2π
h√ κ
i
√
κ+
Ia 1
−
√
dϕ′ cos ϕ′
κ−
cos ϕ′ − κ+
cos ϕ′
=
c
2
2
2a̺ 0
π √ 3 √ 3 Ia
√
=
κ− − κ+
c 2 2a̺
=
1
1
I a2 π ̺ √
−√
.
3
3
c
2
2
2
2
2
2
r + a + l − 2zl
r + a + l + 2zl
Eine Vereinfachung ohne weitere Näherung scheint nicht möglich; entwickelt man
die Wurzel (binomische Reihe), so erhält man
B̺ (x) =
m
1
3̺
2zl
̺√
=m·x √
3 2
3
5
2l
r + a2 + l 2
r 2 + a2 + l 2
r 2 + a2 + l 2
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 4
L25
Das ist ohne Zweifel kompatibel mit einer Dipol-Näherung, aber durch die weitere
Näherung sicherlich nicht gut an den Deckflächen des Zylinders.
Die z-Richtung ist etwas komplizierter
ˆ
l−z
I a 2π ′
u (a − ̺ cos ϕ′ )
1
p
Bz (x) =
dϕ 2
2
′
2
2
c 0
̺ − 2a̺ cos ϕ′ + a2
(̺ − 2a̺ cos ϕ + a ) + u −l−z
ˆ
a − ̺ cos ϕ′
I a 2π ′
dϕ 2
=
c 0
̺ − 2a̺ cos ϕ′ + a2
√
√
κ−
κ+
κ−
κ+
′
′
(l − z) √
cos ϕ + (l + z) √
cos ϕ
1+
1+
2
2
2a̺
2a̺
Dem Anhang entnehmen wir die Hilfsintegrale (B.5.22) und (B.5.23):
ˆ π
0
0<α<β
α − β cos ϕ
π
dϕ 2
=
θ(α
−
β)
=
α − 2αβ cos ϕ + β 2
α
π/α
α>β>0
0
ˆ π
2
−π/2β α < β
α cos ϕ − β cos ϕ
dϕ 2
=
2
α
−
2αβ
cos
ϕ
+
β
πβ/2α2 α > β .
0
α = a und β = ̺:
"
h
√
2π
κ−
Ia 1
(l − z) κ−
√
θ(a − ̺) +
Bz (x) =
c
a
2
2a̺
√
(l + z) κ+
h 2π
κ+
θ(a − ̺) +
a
2
−π/̺
π̺/a2
−π/̺
π̺/a2
a<̺
a>̺
i
a<̺
a>̺
#
i
Jetzt wird, wie bei B̺ , eine weitere Näherung gemacht
√
√
√
√
√
√
2a̺
2a̺
κ− + κ+ ≈ 2 √
κ− − κ+ ≈ √
2lz
3
2
2
2
2
r +a +l
r + a2 + l 2
√
√
3
3
√ 3 √ 3
√ 3 √ 3
2a̺
2a̺
−
≈
κ− + κ+ ≈ 2 √
κ
κ
6lz
−
+
√
3
5
r 2 + a2 + l 2
r 2 + a2 + l 2
Ia
Bz (x) =
c
"
√
2l
2π
2lz
θ(a − ̺)
− z√
3
a
2
2
2
r 2 + a2 + l 2
r +a +l
 2l z
− +
6zl
2 + a2 + l 2
2a̺
π
̺
̺
r
+ √
6zl
2 r 2 + a2 + l2 3  2l̺ − ̺z
a2
a2 r 2 + a2 + l 2
"
Ia
̺2 + a2 + l2 2π
Bz (x) =
θ(a − ̺)
2l √
3
c
r 2 + a2 + l 2 a

a<̺
a>̺
1
2
−
π
2a̺
2
2
2
̺
+ 2l √
r + a + l − 3z
2 r 2 + a2 + l 2 5
̺
a2
#
a<̺
a>̺
#
L26
4 Magnetostatik im Vakuum
m
Bz (x) =
a
"
r 2 + a2 + l2 − 3z 2
̺ 2 + a2 + l 2 2
θ(a
−
̺)
+
√
√
3
5
r 2 + a2 + l 2 a
r 2 + a2 + l 2
−a
̺2 /a
#
a<̺
.
a>̺
Exaktes Feld auf der z-Achse: Wie in der Aufgabe 4.1 angesprochen, lässt sich bei
axialsymmetrischen Problemen das Feld auf der z-Achse meist exakt berechnen.
ˆ
I a 2π ′ cos ϕ′ l−z
dϕ √
B̺ (x) =
=0
c 0
a2 + u2 −l−z
ˆ
l−z
ua
I a 2π ′ 1
dϕ 2 √
Bz (x) =
c 0
a
a2 + u2 −l−z
l−z
2π I l+z
=
+p
p
2
2
2
2
c
a + (l − z)
a + (l + z)
n
1
1
+p
l p
2
2
2
2
a + (l−z)
a + (l+z)
o
1
1
.
−p
−z p
a2 + (l−z)2
a2 + (l+z)2
2π I
c
=
Der 1. Term ist das Feld in der Spule, das für l → ∞ den Wert 4πI/c erreicht.
Das Feld auf der z-Achse hätten wir auch aus der Näherung exakt erhalten. In
Dipolnäherung, d.h. |z| ≫ l und |z| ≫ a erhält man (b2 = a2 + l2 )
2πI
1
√
Bz (x) ≈
c
b2 + z 2
l
4πI
√
=
c
b2 + z 2
=
4πI
l
√
c
b2 + z 2
h
i
h
3
4l2 z 2
8l3 z 3
1 2lz
5
2l 1 +
− 2z
+
2
2
2
2
2
2
8 (b + z )
2 b +z
16 (b + z 2 )3
l2 z 2
l2 z 4
3
5
b2
+
−
2
2
2
2
2
2
b +z
2 (b + z )
2 (b + z 2 )3
b2
1 3l2 z 2 (b2 + z 2 ) − 5l2 z 4
+
2
2
b +z
2
(b2 + z 2 )3
l
3l2 z 2 b2 − 2l2 z 4
4πI
2b2 +
√
3
c 2 b2 + z 2
(b2 + z 2 )2
I
2
2
= a2 π 2l 3 = m 3 .
c
|z|
|z|
=
|z|→∞
=
i
4πI l
2(b2 − l2 )
c 2|z|3
4.3 Vektorpotential einer halbunendlichen Dipollinie: Die halbunendliche Spule wird
im Buch, beginnend auf Seite 139 behandelt, wobei das Feld B direkt, ausgehend
vom Biot-Savart-Gesetz berechnet wurde. Hier wird diese Rechnung teilweise wiederholt, wobei jedoch das Vektorpotential A den Ausgangspunkt der Rechnungen
darstellt.
1. Zunächst ist das Vektorpotential zu berechnen
A=g
ˆ0
−∞
ds n ×
ˆ 0
x − sn
ds x
=
gn×
√
3
|x − sn|3
−∞
r 2 − 2sn·x + s2
0
h
i
n×x
−4n · x
4s − 4n · x
n×x
=g
=g 2
√
+4
4r − 4(n · x)2 r 2 − 2sn·x + s2 −∞
4r 2 −4(n·x)2
r
n×x 1
=g
r + (n · x) r
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 4
L27
2. A in Kugelkoordinaten, wobei n = ez mit der Einschränkung von C auf die
negative z-Achse:
erweitern
(cos ϑer − sin ϑeϑ )×rer
g ez ×rer (r−z)
sin ϑ eϕ
= g
(r−z) = g
(r−z)
r r+z
r2 − z 2
̺2
g
ϑ
g 1 − cos ϑ
eϕ = tan eϕ .
=
r sin ϑ
r
2
A=
Damit ist Ar = Aϑ = 0 und nur Aϕ 6= 0. Berechnen jetzt B = rot A in Kugelkoordinaten für 0 ≤ ϑ < π und r > 0
1
1
∂rAϕ
∂ sin ϑAϕ
er
− eϑ
r sin ϑ
∂ϑ
r
∂r
∂ tan ϑ2
g
g
g
∂(1 − cos ϑ)
= 2
er
− eϑ
= 2 er .
r sin ϑ
∂ϑ
r
∂r
r
Bp = rot A =
Das ist das Feld einer Punktladung, da die negative z-Achse ausgenommen ist.
3. Bestimmt wird zunächst der (aufwärts gerichtete) Fluss Φb durch einen Kreis
des Radius ̺. Nach dem Ampèreschen Gesetz erhält man für den Fluss durch die
Schleife, ausgehend von Bp = gx/r 3
ˆ 2π
¨
ˆ 2π
ˆ ̺
̺
−1
z
=
gz
dϕ′ p
Φ1b =
df ′ · Bp = g
dϕ′
̺′ p
3
′2
2
′2
2
0
K̺
0
0
̺ +z 0
̺ +z
= 2πgz
h1
i
h
i
h
i
z
1
= 2πg sgn z −
−p
= 2πg sgn cos ϑ − cos ϑ .
2
2
|z|
r
̺ +z
Jetzt wird, ebenfalls gemäß dem Ampèreschen Gesetz, dieselbe Rechnung in der
Form
˛
ˆ 2π
g 1 − cos ϑ
= 2πg(1 − cos ϑ).
Φ2b =
dx · A =
dϕ̺
r sin ϑ
∂K̺
0
durchgeführt. Daraus ergibt sich die Differenz
Φ2b − Φ1b = 2πg(1 − sgn z) .
Für ϑ > π/2, d.h. z < 0 unterscheiden sich die Berechnungen des Flusses um
4πg, was auf das mit der ’Punktladung’ nicht vollständig erfasste Feld B zurückzuführen ist.
4.4 Feld einer halbunendlichen Spule: Die Berechnung von B ist bereits im Buch,
beginnend auf Seite 139, ausgeführt. Es handelt sich hier in weiten Teilen nur um
eine Wiederholung.
1. Berechnung von B innerhalb und außerhab der Spule. Die Stromdichte hat die
Form
j(x) = Iδ(̺ − a) θ(−z) eϕ .
I = In n ist der (Flächen-) Strom auf dem Zylindermantel pro Längeneinheit
und n ist die Anzahl der Wicklungen pro Längeneinheit. Das Feld berechnen wir
mithilfe des Biot-Savart-Gesetzes, d.h. wir setzen obigen Strom in (4.1.7) ein
L28
4 Magnetostatik im Vakuum
ˆ
ˆ 0
eϕ′ × (x − x′ )
I a 2π
.
dϕ′
dz ′
B(x) =
c 0
|x − x′ |3
−∞
Wir haben die Vektorprodukte und |x−x′ | geeignet darzustellen
eϕ′ × x = eϕ′ × (̺e̺ + zez ) = −̺ cos(ϕ′ − ϕ) ez + ze̺′ .
eϕ′ × x′ = eϕ′ × (ae̺′ + z ′ ez ) = −aez + z ′ e̺′
|x−x′ |2 = ̺2 −2̺ae̺ ·e̺′ +a2 + (z−z ′ )2 = ̺2 −2̺a cos(ϕ′ −ϕ)+a2 +(z−z ′ )2 .
Im Integranden ist e̺′ durch Basisvektoren zu ersetzen, die innerhalb des Integrals konstant sind
e̺′ = cos(ϕ′′ +ϕ)ex + sin(ϕ′′ +ϕ)ey = cos ϕ′′ e̺ + sin ϕ′′ eϕ .
Eingesetzt in das Biot-Savart-Gesetz, folgt
ˆ
ˆ
(z − z ′ )e̺′ + [a − ̺ cos(ϕ′ −ϕ)]ez
I a 2π ′ 0
B(x) =
dϕ
dz ′ p
3
c 0
−∞
̺2 − 2̺a cos ϕ′ + a2 + (z − z ′ )2
ˆ
ˆ
−u[cos ϕ′′ e̺ + sin ϕ′′ eϕ ] + (a − ̺ cos ϕ′′ )ez
I a 2π ′′ −z
dϕ
du
.
=
p
3
c 0
−∞
̺2 − 2̺a cos ϕ′′ + a2 + u2
Für die u-Integration werden folgende Integrale benötigt
ˆ
ˆ
(B.5.16) 1
1
x
x
−1
√
dx √
dx √
.
=
= √
3
3
2
2 +x2
2 +x2
a
2
2
2
2
a
a
a +x
a +x
Aus Symmetriegründen verschwindet Bϕ
ˆ
−z
cos ϕ′ e̺
I a 2π ′
dϕ p
B(x) =
c 0
(̺2 − 2a̺ cos ϕ′ + a2 ) + u2 −∞
u (a − ̺ cos ϕ′ )ez
1
−z
p
+ 2
2
′
2
2
̺ − 2a̺ cos ϕ′ + a2
(̺ − 2a̺ cos ϕ + a ) + u −∞
ˆ
I a 2π ′
cos ϕ′
e̺
=
dϕ p
c 0
(̺2 − 2a̺ cos ϕ′ + a2 ) + z 2
h
i
(a − ̺ cos ϕ′ )
z
+ 2
ez .
1− p
2
̺ − 2a̺ cos ϕ′ + a2
(̺ − 2a̺ cos ϕ′ + a2 ) + z 2
Die beiden nicht verschwindenden Komponenten B̺ und Bz sind somit
ˆ
cos ϕ′
Ia 2π ′
dϕ p
B̺ =
c 0
r 2 + a2 − 2a̺ cos ϕ′
ˆ 2π
Ia 2π
z
a − ̺ cos ϕ′
Bz =
.
p
θ(a−̺) −
dϕ′ 2
c
a
̺ + a2 − 2̺a cos ϕ′ r 2 + a2 − 2a̺ cos ϕ′
0
Wir bemerken, dass für z < 0 die θ-Funktion nur den halben Beitrag im Solenoid liefert und betrachten zunächst Bz . Bisher haben wir noch keine Näherung
2̺a
gemacht, entwickeln aber jetzt nach κ = 2
r + a2
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 4
L29
2π
1
Ia
κ
√
dϕ′ cos ϕ′ 1 + cos ϕ′ + ...
c
2
r 2 + a2 0
Ia
Ia
πκ
̺
√
=
=
πa √
3
c 2 r 2 + a2
c
r 2 + a2
ˆ
B̺ =
Soweit ist alles ident mit (4.2.45). Die im Folgenden auszuwertenden Integrale
sind (B.5.21) und (B.5.22)
ˆ 2π
z
κ
a − ̺ cos ϕ′
Ia 2π
′
θ(a−̺) − √
dϕ′ 2
1
+
cos
ϕ
+
...
Bz =
c
a
̺ +a2 −2̺a cos ϕ′
2
r 2 +a2 0
=
≈
Ia 2π
κz
z
− √
θ(a−̺) 1 − √
2
2
c a
r +a
2 r 2 + a2
πaz
Ia 4π
θ(a − ̺)θ(−z) + √
.
3
c a
2
2
r +a
−π/̺
+π̺/a2
a<̺
a>̺
Auf der z-Achse sind unsere Rechnungen exakt. In der letzten Zeile ist für den
Bereich mit ̺ < a und |z| . a eine (weitere) Näherung gemacht worden, die nur
den Anteil Bs der Spule betrifft.
2. Der Limes a → 0: Ist die Spule dünn, dann schrumpft der Bereich in dem das
Feld nur näherungsweise bekannt ist. Innerhalb der Spule wird das Feld (auch
für z → 0) homogen. Außerhalb der Spule hat man das Feld einer Punktladung,
da die Korrekturen höherer Ordnung von κ mit a → 0 verschwinden. Auch dieses
Ergebnis ist im Buch angeführt, wenngleich es dort nicht so genau durchgerechnet
ist
I
z
I
̺
I
x
Bzp = a2 π 3
B̺ = a2 π 3
⇒
Bp = a 2 π 3 .
c
r
c
r
c
r
Das Feld in der Spule ist
4πI
θ(a − ̺)θ(−z) ez
c
und daraus resultiert der magnetische Fluss in der Spule
Bs =
4πI
πa2 .
c
Hält man also den magnetischen Fluss konstant und verkleinert den Querschnitt,
so muss der Strom mit I0 = Iπa2 konstant bleiben, d.h. I divergiert. Die Ersetzung von Bs durch eine δ-Funktion geht gleich wie beim Draht:
ΦB =
Bs = 4π
I0
δ(x) δ(y) θ(−z)ez
c
mit I0 =
I
a2 π
und g =
I0
,
c
wobei g die Stärke (Ladung) des Monopols ist.
4.5 nochmals Monopol:
1. Verifizieren Sie A = rot a, wobei a = −g ln(r + n · x) .
∇i ln(r+n·x) =
xi /r + ni
r+n·x
∇ ln(r+n·x) =
A = −g∇ ln r + n · x × n = g
n×x
.
r r+n·x
x+rn
r(r+n·x)
x 6= −rn
L30
4 Magnetostatik im Vakuum
2. Für n = ez ist zu zeigen, dass B = Bp +Bs = g
x
+4πgez δ(x)δ(y)θ(−z):
r3
B = ∇×(∇×a) = −g∇× ∇×n ln(r+n · x)
= g n∆ ln(r+n · x) − g ∇ n · ∇ ln(r+n · x) .
|
{z
}
Bs
Hilfsrechnungen:
n · ∇ ln(r + n · x) =
|
1
r
{z
}
−Bp
∇ n · ∇ ln(r + n · x) = −
x
r3
x 6= −rn .
δij
xi xj
xi + n
r − r3
xj
i
∇j ∇i ln(r+n·x) =
− r
+ nj
r + n·x
(r + n·x)2 r
ni − xi n·x
xi + n
n·x
r
i
xi 1+ r
xi
r3 −
r
=−
=− 3
∇i nj ∇j ln(r+n·x) =
r + n·x
r(r + n · x)
r r(r+n·x)
r
3−1
n·x
r − 1+2 r +1
∆ ln(r+n·x) = ∇i ∇i ln(r + n·x) = r
r + n·x
(r + n·x)2
2
2
−
=0
x 6= −rn.
=
r(r+n·x)
r(r+n·x)
Daraus folgt
Bs =
g n∆ ln(r + n · x) = 0
p
f ür
3
B = −g ∇ n · ∇ ln(r + n · x) = gx/r .
x 6= −rn
Die Lage (Orientierung) der singulären Halbachse x = −rn ist unerheblich, solange die Halbachse selbst ausgeschlossen bleibt.
Soweit man nur den singulären Beitrag I s von Bs berechnet, kann man eine
unendliche Kugel KR nehmen, da Bs 6= 0 nur auf der singulären Linie ist, der
Rest von R3 also nichts zu I s beiträgt:
ˆ
ˆ
"
Gauß
Is =
d3 x Bs = gn
d3 x ∆ ln(r+n·x) = gn
df · ∇ ln(r+n·x)
KR
= gn
KR
x + rn
= gn
df ·
r(r + n · x)
∂KR
"
Bs = ez 4πgδ(x)δ(y)θ(−z)
∂KR
ˆ
r 2 + rx · n
dΩ r
= gn 4πR
r(r + n · x)
ˆ
d3 x Bs = 4πgR ez
KR
Die singuläre Linie trägt also mit der von der Kugel eingeschlossenen Länge R,
multipliziert mit 4π, bei.
Bs = ez 4πgδ(x)δ(y)θ(−z)
(2)
= n 4πgδ
(ξ ⊥ )θ(−n·x)
n = ez
ξ⊥ · n = 0.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 4
L31
3. Wir verifizieren, dass div Bs = − div Bp und div A = 0
∇ · Bs = gn·∇ ln(r + n·x) = g∆
∇ · Bp = g∇ ·
n·x + r
1
= g∆ = −4πgδ(x)
r(r + n·x)
r
1
x
= −g∆ = 4πgδ(3) (x).
r3
r
Von Interesse ist noch
zykl.
∇ · A = −g∇ · (∇ × n) ln(r + n · x) = 0 .
4. Gültigkeit des Ampèreschen Gesetzes: Zu berechnen ist die Wirbeldichte und
daraus folgend die Wirbelstärke. Da rot Bp ≡ 0, bleibt nur rot Bs zu berechnen.
Wir erwarten, dass j im Solenoid kreisförmig fließt. Die Spule muss also einen
endlichen Radius a haben in dem die Flussdichte B als homogen angenommen
wird
Bs = 4πgδ(x)δ(y) θ(−z) ez → 4π (g/πa2 ) θ(a − ̺) θ(−z) ez .
| {z }
I/c
Jetzt können mit Hilfe von (A.3.17): ∇ = e̺
berechnen
rot Bs =
∂
1
∂
∂
+ eϕ
+ ez
die Rotation
∂̺ ̺
∂ϕ
∂z
4πI
4π
4πI
θ(−z) e̺ ∇̺ θ(a−̺) ×ez =
θ(−z) δ(a−̺) eϕ =
j
c
c
c
j = Iδ(a − ̺) θ(−z) eϕ .
I = cg/a2 π ist der Flächenstrom, d.h. der Strom pro Längeneinheit des Solenoids.
Die Stärke des Monopol wird durch den Strom des Solenoids bestimmt, der einen
Fluss
ΦB =
4πIa 2
a π = 4πg
c
⇒ g=
Ia 2
a π.
c
erzeugt.
4.6 Magnetfeld einer rotierenden Kugel: Konfigurationen mit Kugelsymmetrie sind
sehr viel einfacher handzuhaben als sloche mit axialer Symmetrie, wie sich an diesem
’Standardbeispiel’ zeigt.
1. Magnetisches Moment m der Kugel: Die Raumladung ist ρ(x) = ρ0 θ(R−r).
Daraus ergibt sich für v(x) = ω×x die Stromdichte j = ρ v = ρ0 ω×x θ(R−r)
ˆ
ˆ
ˆ
1
ρ0
ρ0
m=
d3 x x×j =
d3 x x×(ω×x) =
d3 x ωr 2 − x(x · ω)
2c
2c KR
2c KR
ˆ
ˆ π
ˆ 2π h
ρ0 R
4
=
dr r 4πω − dϑ sin ϑ
dϕ sin ϑ ex cos ϕ + ey sin ϕ
2c 0
0
0
i
+ ez cos ϑ ω cos ϑ .
L32
4 Magnetostatik im Vakuum
Beim zweiten Term verschwinden aus Symmetriegründen die transversalen x und
y-Komponenten: Die ϕ-Integration ergibt für diese
ˆ 2π
ˆ 2π
dϕ′ sin ϕ′ =
dϕ′ cos ϕ′ = 0 .
0
0
ρ0
ω
2c
m=
ˆ
R
dr r 4
0
4π − 2π
ˆ
1
dξ ξ 2
−1
Q R2 ω
5 c
m=
=
2
ρ0
ω 4π
2c
3
Q = ρ0
2. A und B außerhalb der Kugel: m =
ˆ
R
dr r 4 =
0
ρ0 4π 5
ω
R
5c
3
4π 3
R .
3
Q R2 ω
4π 3
und Q = ρ0
R = ρ0 KR und
5 c
3
j = ρ0 ω × x θ(R − r).
Für das Vektorpotential erhalten wir
ˆ
ˆ
j(x′ )
ω
x′
1
d3 x ′
=
ρ
×
= m × F(x)
d3 x′
A=
0
′
c
|x − x |
c
|x − x′ |
KR
F=
5
KR R2
ˆ
d3 x ′
KR
x′
|x − x′ |
ˆ
sin ϑ′ ex′ cos ϕ′ + ey ′ sin ϕ′ + er cos ϑ′
5
3 ′ ′
√
d x r
=
KR R2 KR
r 2 + r ′2 − 2rr ′ cos ϑ′
ˆ R
ˆ 1
ξ′
10π
= F er
dr ′ r ′3
dξ ′ p
= er
2
KR R 0
−1
r 2 + r ′2 − 2rr ′ ξ
ez ′ ker
{z
|
}
I
Sphär. Kosinussatz: er ·er′ = cos θ = cos ϑ cos ϑ′ +sin ϑ sin ϑ′ cos(ϕ−ϕ′ ) = cos ϑ′
I=
=
ˆ
1
−1
∞
X r′l
ξ′
=
|x − x′ |
r l+1
l=0
∞
X
r ′l
l=0
F =
dξ ′
r l+1
ˆ
1
dξ ′ P1 (ξ ′ ) Pl (1) Pl (ξ ′ )
−1
2
r′ 2
Pl (1)δl1 = 2
2l + 1
r 3
2
10π
KR R2 3r 2
ˆ
R
0
dr ′ r ′4 =
1
4πR3 1
= 2
3KR r 2
r
F=
Im Außenraum hat man ein Dipolfeld: B = ∇×A =
x
r3
A=m×
x
r3
3(m·x)x − m r 2
.
r5
4.7 Kraft zwischen Stromschleifen: Die Rechnung ist, wenngleich nicht anspruchsvoll, lang und ermüdend. In der Angabe nicht explizit angeführt sind die Kraftwirkungen zwischen j1b und j2d und j1d und j2d . Wir werden hier alle berücksichtigen.
Der Strom j1 ist, der Skizze entsprechend, gegeben durch
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 4
(
j1a + j1c = I1 δ(z1 ) ex
j1b + j1d = I1 δ(z1 ) ey
(
δ(y1 +
0
L
L
) − δ(y1 − )
2
2
f ür
sonst
d
d
δ(x1 + ) − δ(x1 + + Lx )
2
2
0
−
f ür
L33
d
d
− Lx ≤ x1 ≤ −
2
2
−
sonst .
L
L
≤ y1 ≤
2
2
Für j2 ersetzen wir d/2 → −d/2 , Lx → −Lx und ex → −ex .
j2a + j2c = I2 δ(z2 ) ex
j2b + j2d = I2 δ(z2 ) ey
(
(
−δ(y2 +
0
L
L
) + δ(y2 − )
2
2
f ür
sonst
δ(x2 −
d
d
) − δ(x2 − − Lx )
2
2
0
d
d
≤ x2 ≤ + Lx
2
2
f ür
−
sonst .
L
L
≤ y2 ≤
2
2
Es ist
j1 · j2 = j1a + j1c · j2c + j2a + j1b + j1d · j2b + j2d
L
L L
L ) − δ(y1 − ) δ(y2 + ) − δ(y2 − )
2
2
2
2
≤ x1 ≤ −d/2
≤ x2 ≤ d/2 + Lx
= I1 I2 δ(z1 ) δ(z2 ) δ(y1 +
×
−d/2 − Lx
d/2
d
d
d
d
+ I1 I2 δ(z1 ) δ(z2 ) δ(x1 + ) − δ(x1 + + Lx ) δ(x2 − ) − δ(x2 − − Lx )
2
2
2
2
−L/2 ≤ y1 ≤ L/2
×
−L/2 ≤ y2 ≤ L/2
Wir haben also zwei Terme, die wir mit a und b bezeichnen. Einsetzen in das
Ampèresche Kraftgesetz (4.3.10)
ˆ
ˆ
n
o
x1 − x2
1
+
j
·j
+
j
·j
j
·j
+
j
·j
Fa = − 2 d3 x1 d3 x2
1a
2c
1c
2a
1a
2a
1c
2c
c
|x1 − x2 |3
ˆ −d/2
ˆ d/2+Lx
i
h (x − x )e
I1 I2
(x1 − x2 )ex
1
2 x
=− 2
dx2 2
−p
dx1
3
3
c
|x1 − x2 |
d/2
−d/2−Lx
(x − x )2 + L2
1
2
2I1 I2 =
fa1 + fa2 ex .
c2
Die Beiträge proportional ey haben sich weggekürzt.
ˆ −d/2
ˆ d/2+Lx
∂
1
x1 −x2
dx2
=
−
dx
1
|x1 −x2 |3
∂x2 |x1 −x2 |
d/2
−d/2−Lx
d/2
−d/2−Lx
ˆ −d/2 h
ix′ =−x ˆ d/2+Lxh dx′
i
dx1
dx1
dx′1
1
1
1
=
−
−
=
d
d
′
−d/2−Lx |x1 − d |
d/2
|x′1 + d
2 |x1 − 2 −Lx |
2 | |x1 + 2 +Lx |
= ln(d + Lx ) − ln d − ln(d + 2Lx ) − ln(d + Lx )
ˆ
fa1 = −
−d/2
ˆ
dx1
d/2+Lx
dx2
Gemäß der Angabe wird insbesondere der Term mit fa2 verlangt:
L34
4 Magnetostatik im Vakuum
fa2 =
ˆ
=
ˆ
=
ˆ
−d
2
−Lx
−d
2
−d
2
−Lx
−d
2
dx1
−d−2Lx
−d−Lx
= − ln
ˆ
d +L
x
2
dx2 (x1 − x2 )
p
(x1 − x2 )2 + L2
d
2
3
dx1
−p
(x1 − d2 − Lx )2 + L2
(x1 − d2 )2 + L2
ˆ −d−Lx
dx′
dx′
√
√
−
′2
2
′2
x +L
x + L2
−d
dx1
p
(d+2Lx ) +
(d+Lx ) +
p
(d+2Lx )2 + L2
p
(d+Lx )2 + L2
+ ln
p
(d+Lx )2 + L2
√
d + d2 +L2
(d+Lx ) +
Der Term mit ∼ (y1 − y2 )ey verschwindet aus Symmetriegründen
ˆ
ˆ
x1 − x2 1
3
Fb = − 2
d x 1 d3 x2
j1b + j1d · j2b + j2d
c
|x1 − x2 |3
ˆ
h
(d+ L2x ) ex
−d ex
I1 I2 L/2
+ 2p
dy1 dy2 p
=− 2
3
3
c −L/2
d2 + (y1 −y2 )2
(d+ L2x )2 + (y1 −y2 )2
i
−(d+Lx ) ex
I1 I2 Lx
= 2 fb (d)−2fb (d+
+p
)+fb (d+Lx ) ex
3
c
2
2
2
(d+Lx ) +(y1 −y2 )
fb = d
ˆ
L
2
−L
2
=
1
d
ˆ
=
2
d
ˆ
L
2
p
(y1 − y2
−L
2
L
0
dy1 dy2
)2
+
d2
=
3
ˆ
L
2
−L
2
dy1
ˆ
y1 + L
2
y1 − L
2
du √
d
u2 + d2
3
y1 + L2
y1 − L2
dy1 p
−p
L 2
L
(y1 + 2 ) + d2
(y1 − 2 )2 + d2
dv √
Damit ist
v
2 p 2
L + d2 − d
=
d
v 2 + d2
h d(d+2L )
d+
2I1 I2
x
ln
− ln
Fa =
2
2
c
(d+Lx )
√
p
(d+2Lx )2 + L2 i
ex
p
2
d+Lx + (d+Lx )2 + L2
d2 +L2
d+2Lx +
Hier ist der 1. Term die Wechselwirkung F1a 2a + F1c 2c .
2I1 I2
Fb =
c2
√
d2 + L2
−2
d
p
(d +
d
Lx 2
)
2
Lx
+ 2
+ L2
+
p
(d + Lx )2 + L2 ex .
d + Lx
Der erste Term von Fb ist die Wechselwirkung zwischen j1b und j2b : Fb1 b2
4.8
1. Bestimmen Sie die Wechselwirkungsenergie der beiden Dipole U = −m2 · B1 (x) .
A(x) = −m1 × ∇
1
r
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 4
B1 (x) = −∇ × m1 × ∇
1
1
1
= −m1 ∆ + (m1 · ∇)∇
r
r
r
U = −m2 · B1 (x) = −(m1 · ∇)(m2 · ∇)
=
L35
m2 · x
1
= (m1 · ∇)
r
r3
(m1 · x)(m2 · x)
m1 · m2
−3
r3
r5
Bestimmen Sie die Kraft, die die beiden Dipole aufeinander ausüben
h
m1 (m2 · x)
(m1 · x)m2
m1 · m2
+
+
r5
r5
r5
x
− 15 7 (m1 · x)(m2 · x)
r
K = −∇U = 3 x ·
i
2. Wie stellen sich die Dipole ein, wenn sie frei aufgehängt sind
cos θ = cos ϑ1 cos ϑ2 + sin ϑ1 sin ϑ2 cos ϕ2 , da ϕ1 = 0 fix.
i
h
m1 m2
cos θ − 3 cos ϑ1 cos ϑ2
r3
i
h
m1 m2
sin
ϑ
sin
ϑ
cos
ϕ
−
2
cos
ϑ
cos
ϑ
=
1
2
2
1
2
r3
U=
h
i
m1 m2
∂U
=
cos ϑ1 sin ϑ2 cos ϕ2 + 2 sin ϑ1 cos ϑ2 = 0
∂ϑ1
r3
i
h
∂U
m1 m2
sin ϑ1 cos ϑ2 cos ϕ2 + 2 cos ϑ1 sin ϑ2 = 0
=
3
∂ϑ2
r
i
h
m1 m2
∂U
− sin ϑ1 sin ϑ2 sin ϕ2 = 0
=
3
∂ϕ2
r
Zunächst: ϕ2 = 0
h
h
i
cos ϑ1 sin ϑ2 + 2 sin ϑ1 cos ϑ2 = 0
i
sin ϑ1 cos ϑ2 + 2 cos ϑ1 sin ϑ2 = 0
⇒
tan ϑ2 = −2 tan ϑ1
⇒
tan ϑ1 = −2 tan ϑ2
Diese Gleichungen haben ϑ1 = ϑ2 = 0 als Lösung:m1 km2 kx
Umin = −2
m1 m2
r3
ϑ1 = 0 und ϑ2 = π entspricht Maximum.
Bestimmen Sie noch die Kraft, die die beiden Dipole in der Konfiguration minimaler Energie aufeinander ausüben
Kmin = 3
h
i
(m1 · x)m2
m1 m2
x 3−5 +
r5
r5
i
4.9 Magnetfeld der Erde: In allen Rechnungen, die konkrete Werte für Felder, Ströme etc. betreffen, sollte man diese im SI-System angeben; wir geben diese naturgemäß auch im Gauß-System an, dessen Einheiten meist dem elektrostatischen oder
elektromagnetischen System entlehnt sind. Sozusagen außer Konkurrenz berechnen
wir zunächst das magnetische Moment im SI-System
L36
4 Magnetostatik im Vakuum
Bsi =
µ0 1 (msi · x) x
3
− msi
3
2
4π r
r
⇒
Hsi =
1 1 (msi · x) x
3
− msi .
3
2
4π r
r
Nun ist x · eϑ = 0, so dass unter Berücksichtigung von msi = −msi ez
Hsi · eϑ =
1 msi cos ϑ
4π
r3
⇒
msi = 4πHϑsi R3 / sin α.
α = π/2−ϑ ist die geographische Breite. Die Berechnung des magnetischen Moments
ist so nicht weiter schwierig (R = 6 370 km) Für Wien ergibt sich daraus: 48◦ =
b 0.8378
und cos 48◦ = 0.669. Daraus folgt (der zu große Wert)
msi = 4π
18 × 6.373 × 1018
A m2 = 8.73 × 1022 A m2 .
0.669
1. Berechnung des magnetischen Moments bei vorgegebenem Bϑ = Hϑ
B·eϑ
(4.2.12)
=
(m·x)(x·eϑ ) x·eϑ =0 m·eϑ
1
− m·eϑ + 3
= − 3 .
r3
r2
r
Wir nehmen an, dass magnetischer Südpol und geographischer Nordpol übereinstimmen; es gibt dann keine Deklination; es sei m = −m ez
B · eϑ =
m sin ϑ
m ez · eϑ
=−
r3
r3
⇒
m=|
Bϑ R3
|,
cos α
wobei α = π/2 − ϑ die geographische Breite ist.
Hier spielt das SI-System hinein: Das magnetische Moment hat dort die Dimension des magnetischen Hilfsfeldes H, multipliziert mit dem Volumen m3 . Wir
drücken daher das magnetische Moment durch Oe cm2 aus. Gemäß Tabelle C.4,
S. 607 ist 1 A m2 =
b 103 Oe cm3 = 1 emu. Für Wien ergibt sich daraus: 48◦ =
b 0.8378
◦
und cos 48 = 0.669. Aufbauend auf der Rechnung für das SI-System erhalten
wir so m = 8.7 × 1025 Oe cm3 . Die ’direkte’ Rechnung ergibt:
18×10−3 × 4π Oe×6.373 ×1024 cm3
0.226 Oe×258×1024 cm3
=
0.669
0.669
= 8.7 × 1025 Oe cm3 ,
m=
wobei als elektromagnetische Einheit (emu) hier Oe cm3 eingesetzt wurde.
2. Wir berechnen nun die senkrechte Komponente Br :
B · er =
m
2m cos ϑ
2Bϑ cos ϑ
ez · er − 3(ez · er ) = −
=
.
r3
r3
sin ϑ
Daraus erhalten wir (B → H)
48◦
Hr = 2Hϑ tan α = 36 A m−1 1.11 = 40 A m−1 = 40×4π×10−3 Oe = 0.5 Oe.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 5
L37
Lösungen zu den Aufgaben Kapitel 5
5.1 Elektron im homogenen Magnetfeld: Die Bewegungsgleichung für das Elektron
im Magnetfeld (5.4.6) lautet
.v = ω R
i
c
mit
ij vj
Rij = ǫijk B̂k .
R ist spurfrei und antisymmetrisch mit det R = 0. Der zu verifizierende Ansatz für
die Lösung in Komponentenschreibweise:
v = eωc tR v0
vi = eωc tR
⇔
v0j .
ij
Der Exponent von v ist über die Potenzreihe definiert, was in tensorieller oder in
Komponentenschreibweise angegebn werden kann
eωc tR =
∞
X
(ωc t)k
k!
k=0
Rk
⇔
eωc tR
=
ij
∞
X
(ωc t)k
k=0
Rii1 Ri1 i2 ...Rik j .
k!
Leitet man nun den Lösungsansatz nach t ab, so erhält man
.v = ω R
i
c
ii1
∞
X
(ωc t)k−1
k=1
(k − 1)!
Ri1 i2 ...Rik j v0j ≡ ωc Rii1 eωc tR
i1 j
v0j = ωc Rii1 vi1 .
Der angegebene Lösungsansatz genügt also (5.4.6); jetzt ist dieser Ausdruck noch
auf die gewünschte Form zu bringen
Rij Rjk = ǫijl ǫjkm B̂l B̂m = (δlk δim − δlm δik )B̂l B̂m = B̂k B̂i − δik
Rij Rjk Rkn = (B̂k B̂i − δik )ǫknr B̂r = −ǫinr B̂r = −Rin .
Daraus folgt R3 = −R ⇒ R4 = −R2 ⇒ R2k = (−1)k−1 R2 für k ≥ 1:
eωc tR =
∞
X
(ωc t)2k
k=0
(2k)!
=E−R
2
R2k + R
∞
X
(ωc t)2k+1
k=0
(2k + 1)!
R2k
cos(ωc t) − 1 + R sin(ωc t) .
E ist die Einheitsmatrix. Mit v0 = vk + v0⊥ , den Anteilen parallel und senkrecht zu
B erhält man
Rij v0j = ǫijk v0j B̂k
2
(R )ij v0j = B̂i (B̂ · v0 ) − v0i
R v0 = v0 × B̂ = Rv0⊥
R2 v0 = (B̂ · v0 ) B̂ − v0 = −v0⊥ .
Somit gilt
v = v0 + cos(ωc t) − 1 v0⊥ + sin(ωc t) Rv0⊥ .
L38
5 Elektromagnetische Vorgänge in Materie
Damit ist die Lösung für v verifiziert.
5.2 Versuch von K.H. Nichols: Zentrifugalkraft
ˆ R
m(ωR)2
mrω 2
er
⇒
Ve =
.
drE e (r) = −
Ee = −
e0
2e0
0
2π × 103
= 1.05 × 103
6
−10
−28
2e0 /m = 9.61 × 10
/9.11 × 10
= 1.05 × 1018 , woraus folgt
Nun ist nur noch einzusetzen: ωR =
V e = −1.1 × 106 /(1.05 × 1018 ) = −1 × 10−12 statV = 3 × 10−10 V.
Eine Messung ist wegen der Kleinheit des Effekts problematisch.
5.3 Penning-Falle:
1. Die Elektroden sollen Äquipotentialflächen unseres Ansatzes sein:
φ+ (ρ0 , z0 )
b
− = z2 −
a
a
φ− (ρ0 , z0 )
b
− = z2 −
a
a
1 2 ! 2
̺ = z0
2
1 2 ! ̺20
̺ =− .
2
2
Der Ansatz erfüllt für alle Werte von z0 , ̺0 und a und b die Bedingung, dass die
Elektroden Äquipotentialflächen des Ansatzes sind. Zuerst bestimmen wir unter
(a) die Potentiale, die sich für allgemeine Werte von a und b bei gegebenen z0
und ̺0 ergeben und schränken dann auf Spezialfälle ein
̺2 ̺20
+b φ+ −φ− = a z02 + 0
2
2
̺0
φ− = −φ+
z0 = √ b = 0
2
(a) φ+ = az02 +b
(b) φ+ =
φ− = −a
̺20
a
2
̺2
̺20 φ− = 0
b =− 0 a .
2
2
2. Wir orientieren uns an der Lösung von gekreuztem E und B . Die Bewegungsgleichungen sind:
(c) φ+ = a z02 +
M ẍk = qEk
.
q
M ẍ⊥ = qE⊥ + x⊥ × Bk
c
Ek = −2azez
E⊥ = a(xex + y ey ) .
In der z-Richtung ist die Bewegung durch einen harmonischen Oszillator mit der
Frequenz ωz gegeben:
z̈ = −ωz2 z
ωz2 = 2qa/M .
In der zu B senkrechten Ebene schreiben wir die Gleichungen in Komponenten
an:
.
.
ωz2
x + ωc y
2
ω2
ÿ = z y − ωc x .
2
ẍ =
ωc =
qB
Mc
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 5
L39
Die Gleichungen lösen wir mit dem Ansatz
ωz2
− iωc ωy0
22
ω
z
+ iωc ωx0 .
−ω 2 y0 =
2
−ω 2 x0 =
x⊥ = x⊥0 e−iωt
Das ist ein homogenes Gleichungssystem für dessen nichttriviale Lösungen die
Säkulardeterminante verschwinden muss
2 ωz2
−iωc ω ω +
2
2 = 0
iωc ω ω 2 + ωz ω 4 + ω 2 (ωz2 ) +
ωz4
= 0.
4
2
Die Lösung der quadratischen Gleichung ergibt:
2
ω±
p
ω2
ω2
1 2
ωc − ωz2 ± ωc2 − 2ωz2 = c 1 − z2 ±
=
2
2
ωc
Daraus erhält man wiederum
ω± =
ωc
1±
2
r
1−2
ωz2
ωc2
⇒
ωc ≥
√
2ωz
r
1−2
⇒
ωz2
.
ωc2
r
B≥2
aM
.
q
Wir haben eine Superposition dreier Oszillationen:
a) Oszillation mit ωz in z-Richtung, wobei im allgemeinen ωz ≪ ωc .
b) Kreisbewegung des Ions mit ω+ in der xy-Ebene.
c) Kreisbewegung des Ions mit ω− , von der E × B-Drift kommende Magnetronbewegung.
5.4 Oszillatormodell: Für ein einzelnes Elektron, das harmonisch an den Kern gebunden ist, hat man die Bewegungsgleichung (5.5.5). In einem statischen Magnetfeld
B und einem elektrischen Wechselfeld E = E0 e−iωt lautet diese
.
me ẍ + γ x + ω02 x = −e0 E +
.
1
x×B .
c
Das Elektron folgt E instantan: x = x0 e−iωt
1
me − ω 2 − iωγ + ω02 x = −e0 E − iω x × B .
c
Zur Bestimmung der Polarisation berechnen wir das Dipolmoment p = −e0 x des
Elektrons
p=
ω02
e0 B
e20
B
1
E + iω
p×
2
− iωγ − ω me
me c
B
wobei ωc die Zyklotronfrequenz (5.3.10) ist und
F0 =
f0
ω02 − iωγ − ω 2
mit
= F0
e20
E + iωωc p × B̂ ,
me
f0 = 1.
Ist B=0, so erhält man das Dipolmoment und die Polarisierbarkeit αe mittels
L40
5 Elektromagnetische Vorgänge in Materie
p = F0
e20
E = αe E .
me
In Gegenwart eines Magnetfeldes B wird αe anisotrop, wie im Folgenden gezeigt
wird
e20
E · B̂
me
i
h 2
e
p × B̂ = F0 0 E × B̂ + iωωc (p × B̂) × B̂
me
h e2
i
= F0 0 E × B̂ − iωωc p − (p · B̂)B̂
me
h 2
i
e
e2
= F0 0 E × B̂ − iωωc p − F0 0 (E · B̂)B̂
me
me
p · B̂ = F0
p = F0
= F0
n e2
0
n
E + iωωc p × B̂
o
me
h 2
io
e
e20
e2
E + F0 iωωc 0 E × B̂ − iωωc p − F0 0 (E · B̂)B̂
me
me
me
p(1 − F02 ω 2 ωc2 ) = F0
n e2
0
E + iF0 ωωc
e20
e2
E × B̂ + F02 ω 2 ωc2 0 (E · B̂)B̂
me
me
me
n
e20
(1 − F02 ω 2 ωc2 )E + iF0 ωωc E × B̂
= F0
me
o
o
− F02 ω 2 ωc2 B̂ × (E × B̂) .
Verwendet haben wir: B̂ × (E× B̂) = E − (E· B̂) B̂ .
p = F0
n
iF0 ωωc
F02 ω 2 ωc2
e20
E+
E × B̂ −
B̂ × (E × B̂)
2 2 2
me
1 − F0 ω ωc
1 − F02 ω 2 ωc2
Setzt man nun
B̂ × (E × B̂)
i
n
= ǫikl B̂k ǫljm Ej B̂m = δij δkm − δim δkj B̂k B̂m Ej
in pi = αij Ej ein, so ergibt sich die Polarisierbarkeit
αij = F0
o
o
e20
iF0 ωωc
F02 ω 2 ωc2
δij −
ǫ B̂ −
δij − B̂i B̂j .
2 2 2 ikj k
2 2 2
me
1−F0 ω ωc
1−F0 ω ωc
(∗ )
Damit haben wir die Polarisierbarkeit berechnet. Der (imaginäre) zweite Term trägt
nur zu den nichtdiagonalen Elementen αij mit i 6= j bei, während der dritte Term
nur zu B transversale Beiträge liefert. Diese sind diagonal, wenn Bkei .
5.5 Dielektrischer Tensor: In der Aufgabe 5.4 haben wir den Tensor der Polarisierbarkeit bestimmt, den wir durch den dielektrischen Tensor ersetzen. Ohne Magnetfeld ist
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 5
p = F0
e20
E = αe E
me
L41
1
Pe = αe E = p .
n
⇒
αe ist die Polarisierbarkeit eines einzelnen Elektrons und Pe die Polarisation. In
Anwesenheit eines Magnetfeldes ist
Pei = nαij Ej .
ǫ(ω) erhält man durch Aufsummierung aller a Elektronen des Atoms
Di = ǫij Ej = Ei + 4π
X
Pai = δij + 4πn
ǫij = δij + 4πn
X
αaij Ej
a
a
oder
X
αaij .
a
In dem von uns betrachteten Limes hoher Frequenzen kann die Polarisierbarkeit der
Elektronen vereinfacht werden
Fa =
−1
fa
≈ F0 = 2 .
ωa2 − iγa ω − ω 2
ω
Daraus folgt für jedes Elektron
αij = −
n
o
iωc /ω
e20
ωc2 /ω 2
δij +
δij − B̂i B̂j
ǫikj B̂k −
2
2
2
me ω
1−ωc /ω
1−ωc2 /ω 2
ǫij = δij + 4πnZαij .
Das Magnetfeld müßte schon sehr stark sein, wenn ωc ∼ ω ≫ ωa gelten sollte.
In einer nicht ganz so radikalen Näherung bestimmen wir direkt die atomare
Polarisierbarkeit für hohe Frequenzen
p=
X
exa =
X
a
a
ωa2
h
fa
e20
E + iωωc pa × B̂
− iγa ω − ω 2 me
i
In dem von uns betrachteten Limes hoher Frequenzen kann die Polarisierbarkeit
gemäß (5.5.8) vereinfacht werden
F0 =
X
a
ωa2
fa
− iωγa − ω 2
ω≫ωa
=
−
γ
Z
(1 − i )
ω2
ω
Wir machen aber noch die zusätzliche Näherung
X
a
γ=
1 X
fa γa
Z
a
fa
1
γ
1
pa ≈ − 2 (1 − i )p = F p
ωa2 − iωγa − ω 2
ω
ω
Z
und erhalten
p = F0
h
i
ωc
e20
E + iω p × B̂ = αat E ,
me
Z
wobei αat ein Tensor ist. Wir können also die Polarisierbarkeit (∗ ) der Aufgabe 5.4
heranziehen, wenn wir ωc durch ωc /Z ersetzen. Die dielektrische Funktion ist jetzt
L42
5 Elektromagnetische Vorgänge in Materie
ǫij = δij + 4πnαat ij .
5.6 Rotierender Drahtring: Für den Fluss Φb gilt Φb = F B(t) = F cos(ωt) B0 mit
F = a2 π; vom Drahtring aus betrachtet, variiert B mit der Zeit. Den Widerstand
R bestimmen wir mittels der Leitfähigkeit von Kupfer
σ = 58 × 106 (Ω m)−1 = 5.21 × 1017 (statO cm)−1
2πa
R=
= 2.41 × 10−14 statO = 2.17 × 10−2 Ω.
qσ
1. Ringspannung und induzierter Strom
˛
¨
1
1
ωF B0
U (t) =
df · B = − ΦB =
dx · E = 2πa E(t) = −
sin(ωt)
c F
c
c
∂F
ωF B0
E(t) =
sin(ωt)
2πac
1 F ωB0
U
= I0 sin(ωt)
I0 =
= 1.37 statA = 4.58 mA .
I(t) =
R
R
c
.
.
2. Die Joulesche Wärme ist
ˆ
W (t) =
d3 x j · E = 2πa I(t) E(t) = W0 (1 − cos(ωt))
V
1
W0 =
R
ωF B0
c
2
=
1 ω2 2
Φb (0) = 2.27 erg/s = 2.27 × 10−7 W .
2R c2
3. Vom Ring aus gesehen, sind Magnetfeld und Stromdichte
B(t) = B0 − sin(ωt)ey + cos(ωt)ez
j(t) = I(t)δ(̺ − a)δ(z) eϕ .
Das Drehmoment ist definiert durch
ˆ
B0 I(t)
d3 x − sin(ωt) ey + cos(ωt) ez × (x × δ(z)δ(̺ − a)eϕ )
N=−
2c
ˆ
B0 I(t)a2 2π
=
dϕ sin(ωt) ey − cos(ωt) ez × (e̺ × eϕ )
2c
0
ˆ
B0 I(t)a2 2π
=
dϕ sin(ωt) ey − cos(ωt) ez × ez
2c
0
ˆ
B0 I(t)a2 2π
1 ωF B0 1 ωF B0
1
=
dϕ sin(ωt) ex =
sin2 (ωt)ex = W (t)ex
2c
ω
c
R
c
ω
0
W0
= N0 ex (1 − cos(ωt))
N0 =
= 7.23 × 10−2 dyn cm = 7.23×10−9 Nm.
ω
5.7 Induzierte Spannung:
1. Der Draht überstreicht in der Zeit ∆t die Strecke v ∆t und damit die Fläche
F(t + ∆t) = v ∆t × l . In dieser Notation ist F (t) = 0. Das Induktionsgesetz in
integraler Form ergibt
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 5
¨
1 d
1 F(t+∆t) − F(t)
·B
ZE =
ds·E = −
df ·B = −
c dt F (t)
c
∆t
∂F
1
1
= − (v × l) · B = (v × B) · l .
c
c
L43
‰
ZE ist die Ringspannung oder EM K. Die Formel ist im Abschnitt 1.3.2, Seite
14 hergeleitet worden.
y
✻
l
✻
✲v
✲x
Abb. L4. Festlegung des Vorzeichens:
Soll gelten, dass df = df ez , so ist
F = v × l∆t
2. Ohne Rechnung: V = 1.8 mV .
5.8 Wirbelstrombremse:
1. Bestimmung von j: Wenn sich die Platte mit v bewegt, so heißt das, dass sich
die Ladungen in der Platte mit derselben Geschwindigkeit bewegen
v(x) = vθ(
d
− z)ex ≈ vdδ(z).
2
Mit Hilfe der Induktionsgleichung (1.3.6) für bewegte Leiter
˛
¨
1
1
dx · E(i) − v × B = −
df · B = 0
c
c F
∂F
.
können wir das induzierte elektrische Feld angeben
v
d
vd
E(i) = − B θ(̺0 −̺) θ( −|z|) ey ≈ − B θ(̺0 − ̺)δ(z) ey .
c
2
c
Das induzierte Feld bewirkt Verschiebungen der Ladungen in der Platte, die
ihrerseits das elektrostatische Feld E(s) zur Folge haben.
Für Felder mit verschwindender Rotation, wie etwa das zu bestimmende Es ,
verschwindet das Ringintegral, so dass wir davon ausgehen können, dass der
Integrand das Induktionsfeld korrekt beschreibt. E(i) = v × B/c muss nicht das
gesamte E sein (ist es auch nicht), aber das gesamte Wirbelfeld. Der Strom in
der Platte ist demnach
j = σ E(i) + E(s) .
Im stationären Fall ist
∇·j=0
⇒
∇ · E(s) = −∇ · E(i) = 4πρs (x) .
Somit können wir ρs berechnen
ρs (x) =
1 vd
−y
B δ(z) δ(̺0 − ̺)
.
4π c
̺
L44
5 Elektromagnetische Vorgänge in Materie
Aus ρs bestimmen wir φs mithilfe von Zylinderkoordinaten:
ˆ
ˆ
ρs (x′ )
dϕ′ ̺0 sin ϕ′
vdB 2π
φs (x) = d3 x′
p
=
−
|x−x′ |
4πc 0
̺2 +̺20 −2̺̺0 cos(ϕ′ −ϕ)+z 2
ˆ
′′
′′
′′
ϕ′′ =ϕ′ −ϕ
vdB̺0 2π dϕ sin ϕ cos ϕ + cos ϕ sin ϕ
.
p
=
−
4πc
0
̺2 + ̺20 − 2̺̺0 cos ϕ′′ + z 2
Der erste Term verschwindet aus Symmetriegründen, so das
ˆ
vdB̺0 sin ϕ 2π ′′
cos ϕ′′
φs (x) = −
.
dϕ p
4πc
0
̺2 + ̺20 − 2̺̺0 cos ϕ′′ + z 2
Wir merken an, dass das Integral mithilfe elliptischer Integrale exakt lösbar ist
und wir geben nur die Lösung an
φs (x) =
h
vdB̺0 sin ϕ k
2
2
E(k) − ( 2 −1)K(k)
√
2πc
̺̺0 k2
k
i
k2 =
4̺0 ̺
.
(̺+̺0 )2 +z 2
Wir bemerken, dass wir ähnliche Integrale bei der Berechnung der Potentiale
bzw. Felder von Schleifen bzw. Spulen hatten und, dass es oft günstiger ist das
Integral näherungsweise zu berechnen. Wir entwickeln also nach
κ = 2̺̺0 /(r 2 + ̺20 ).
φs (x) = −
=−
=−
1
vdB̺0 y
p
2
4πc̺
r + ̺20
1
vdB̺0 y
p
4πc̺
r 2 + ̺20
ˆ
ˆ
2π
0
2π
dϕ′′ √
cos ϕ′′
1 − κ cos ϕ′′
h
dϕ′′ cos ϕ′′ 1 +
0
κ
cos ϕ′′ + ...]
2
1
̺
vdB̺20
y
vdB̺0 y
πκ
p
=−
.
p
3
4πc̺
4c
2 ̺
2
r 2 + ̺20 2
r + ̺0
Berechnen die Felder:
E(s) = −∇φs (x) = −
vdB̺20
4c
h
p
ey
r 2 + ̺20
3
i
x
− 3p
y .
5
2
r + ̺20
Im Grenzwert r ≫ ̺0 ist das ein Dipolpotential mit einem Dipol p ey ; wir rechnen
das nicht genauer aus. Beim Strom unterscheiden wir, ob wir innerhalb oder
außerhalb des Magnetfeldes sind (aber immer innerhalb Platte):
j = σ E(i) + E(s)
vB
vdB −
ey
c
4̺0 c
h
i
x
vdB̺20 ey
−
3
y
=−
4c
r3
r5
= −σ
|z| ≤ d/2
|z| ≤ d/2
̺ < ̺0
̺ ≫ ̺0 .
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 5
L45
2. Zu berechnen sind die Reibungskraft K und die pro Zeiteinheit in der Platte
entstehende Joulesche Wärme. j benötigen wir nur innerhalb der Platte (z = 0),
wo B wirkt (̺ < ̺0 ). Mit ̺ ≪ ̺0 erhalten wir eine konstante Stromdichte.
ˆ
1
1
σ
d d3 x j × B = (π̺20 )dB j × ez = −v(π̺20 d) 2 B 2 1 −
K=
c
c
c
4̺0
Damit die Platte in Bewegung bleibt muß pro Zeiteinheit die Energie (d/̺0 ≪ 1)
.
E = −K · v = v 2 (π̺20 d)
zugeführt werden.
σ 2
B
c2
L46
6 Elektrostatik in Materie
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 6
(ǫ)
6.1 Dielektrische Kugel im homogenen Feld: Sei φa (r) das Potential im Außenraum
der dielektrischen Kugel, (6.2.9) und φa (r) das der leitenden Kugel, (3.3.17), so muss
(ǫ)
φa (R) = φa (R) gelten. Daraus folgt
a=R
r
ǫ−1
.
ǫ+2
In beiden Fällen setzt sich φa aus dem Potential des homogenen Feldes plus dem
eines Punktdipols, herrührend von den Oberflächenladungen, zusammen. Man muss
also den Radius a so wählen, dass die beiden Dipole gleich groß sind.
6.2 Ladung vor dielektrischer Kugel: Erzeugende der Legendre-Polynome
X
1
Pl (cos θ)
=
′
|x − x |
∞
l=0
r ′l /r l+1
r l /r ′l+1
r > r′
r < r′
cos θ = er · er′ .
Ansatz für das Potential:
φ(x) =
∞
X
Pl (cos θ) al r −l−1 + bl r l .
l=0
1. Bei der dielektrischen Kugel im äußeren Feld, Seite 204, haben wir das Potential
nach Legendre-Polynomen entwickelt.
Das Potential innerhalb der Kugel können wir von dort übernehmen. Es genügt
der Laplace-Gleichung mit regulärer Lösung für r = 0, d.h. bl = 0
∆φi (x) = 0
⇒
φi (x) =
∞
1X
al r l Pl (cos ϑ) θ(R − r).
ǫ
l=0
Außerhalb der Kugel hat man die Poisson-Gleichung mit der Punktladung als
Inhomogenität zu erfüllen
∆φa (x) = −4πqδ(x − d).
Zur speziellen Lösung, dem Potential φq der Punktladung, muss noch eine reguläre Lösung der homogenen Dgl., d.h. der Laplace-Gleichung, hinzugefügt werden,
um die Randbedingungen erfüllen zu können
φa (x) = φq (x) + φha (x).
Das Potential der Punktladung ist gegeben durch
φq (x) =
∞
X
r l /dl+1
q
θ(r − R) = q
Pl (cos ϑ)
|x − d|
dl /r l+1
l=0
R≤r≤d
.
d≤r≤∞
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 6
L47
Da lim φha (x) = 0, sind die Koeffizienten Al = 0
r→∞
φha (x) =
∞
X
l=0
Bl r −l−1 Pl (cos ϑ) θ(r − R).
An der Grenzfläche (Kugeloberfläche) zum Dielektrikum sind die Tangentialkomponenten von E und die Normalkomponente von D stetig.
Stetigkeit der Tangentialkomponenten Ek : Es ist oft einfacher statt der Stetigkeit
Eik (R) = Eak (R) die des Potentials φi (R) = φa (R) zu verwenden
∞
X
l=0
i
h
Pl (cos ϑ) al Rl − q d−l−1 Rl − Bl R−l−1 = 0 .
Stetigkeit der Normalkomponente D⊥
Dir (R) = Dir (R)
∞
X
l=0
⇒
ǫ
∂φi (R)
∂φa (R)
=
∂r
∂r
i
h
Pl (cos ϑ) ǫ l al Rl−1 − l q d−l−1 Rl−1 + (l + 1) Bl R−l−2 = 0 .
Bestimmung der Koeffizienten der Reihenentwicklung: Die in den eckigen Klammern stehenden Faktoren der Pl müssen für jedes l verschwinden
Bl = R2l+1 al − q d−l−1
al =
al
l + 1 −2l−1
1 q
l+1 1 q
−
R
Bl =
−
al − q d−l−1
ǫ dl+1
ǫl
ǫ dl+1
ǫl
ǫl + l + 1
l + 1
q = l+1 1 +
ǫl
ǫd
l
2l + 1
q
al = l+1
d
l + 1 + lǫ
Bl =
q
dl+1
R2l+1 (l − ǫl)
l + 1 + ǫl
2. Punktladung im Abstand d0 vor dielektrischer Halbebene: R → ∞ und d−R = d0
al =
q
dl+1
φi (x) =
2l + 1
l + 1 + lǫ
∞
X
Bl =
Pl (cos ϑ) al r l = qd
l=0
φa (x) =
∞
X
l=0
∞
X
q
dl+1
Pl (cos ϑ)
l=0
Pl (cos ϑ)
h
i
∞
R2l+1 (l − ǫl)
l + 1 + ǫl
r l 2l + 1
dl l + 1 + lǫ
h
i
qr
rl
qX
Bl
R2l+1 l − lǫ
Pl (cos ϑ) l + l l+1
+ l+1 =
.
l+1
d
r
d
d
d r
l+1+ǫl
l
l=0
q
. Im 2. Term
|x − d|
verschwinden die einzelnen Terme mit 1/d, aber die Summe mit großen l gibt
doch einen Beitrag
Der erste Term von φa ist das Potential der Punktladung
L48
6 Elektrostatik in Materie
φha (x) =
∞
q R 1−ǫX
q
R 1−ǫ
(R2 /d)l
=
Pl (cos ϑ)
r d 1+ǫ
rl
d 1 + ǫ |x − R22 d|
d
l=0
Innerhalb der Kugel bekommen wir die Punktladung
φi (x) =
2
q
1 + ǫ |x − d|
Jetzt ist noch eine Koordinatentransformation zu machen:
x′ = x − Rez
d0 = d − Rez
Mit R/d → 1 erhalten wir schließlich für das Potential innerhalb der Kugel
(r ≤ R < d)
φi (x) =
2
q′
1 + ǫ |x − d0 |
q′ =
mit
2q
.
1+ǫ
Die Punktladung sitzt am Ort der ’wirklichen’ Ladung, gilt jedoch nur in der
Halbebene mit x < 0.
Für φha berechnen wir
x−
d0 R2
d≈x− 1−2
d = x′ − d0 + 2d0 .
d2
R
Daraus folgt
φa (x) =
q
1−ǫ
q
+
.
x − d0
1 + ǫ |x + d0 |
3. Ein homogenes Feld erreicht man mit d → ∞ und E0 = −q/d2 < ∞, d.h. q < 0,
damit Feld in positive z-Richtung zeigt. Wir erhalten
φq (x) =
q
− E0 r cos ϑ = const. − E0 · x .
d
Weiters erhalten wir (r cos ϑ = z ⇒ E0 z → E0 ·x)
al = −δl1
3rE0
2+ǫ
Bl = δl1 E0 R3
ǫ−1
.
2+ǫ
Daraus folgt
φi = −
3E0 ·x
2+ǫ
φa = −E0 ·x−R3
1−ǫ
E0
2+ǫ
x(p·x)
p
Ea = E0 − 3 + 3
.
r
r5
Ei = E0 +
1−ǫ E0 ·x
p·x
= −E0 ·x + 3
2+ǫ r 3
r
6.3 Homogen geladenes Ellipsoid: Ist in (6.3.11) λ0 = 0, so liegt x gemäß (6.3.10)
3
X
j=1
fj (x, λ0 ) =
x2
y2
z2
+ 2 + 2 =1
2
a
b
c
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 6
L49
auf der Oberfläche des Ellipsoids und es ist gemäß (6.3.8) φi = φa , was heißt, dass
das Potential
P an der Oberfläche stetig ist. Aus der Definition (6.3.8) ist ersichtlich,
dass φi ∼ j αj x2j , d.h. E ist linear in xj .
Zunächst wird gezeigt, dass ∆φi = −4πρ, wozu φi differenziert wird
ˆ ∞
ˆ ∞
∂φi
∂ 2 φi
xj
1
1
1
.
p
p
dλ
dλ
= −2c0
= −2c0
2
∂xj
g
(λ)
∂x
g
(λ)
j
j
g(λ)
g(λ)
0
0
j
Eine für die Integration nützliche Gleichung ist
d ln
p
g(λ)
1X 1
=
.
dλ
2
gj (λ)
j
Wir erhalten damit (c0 = ρπa1 a2 a3 )
∆φi = −4c0
ˆ
0
∞
1
dλ p
g(λ)
d ln
p
g(λ)
= −4c0
dλ
ˆ
∞
0
= −4c0 /a1 a2 a3 = −4πρ.
p
∞
1 d g(λ)
4c0 dλ
= p
g(λ)
dλ
g(λ) 0
φi erfüllt also die Poisson-Gleichung. Die Ableitungen des äußeren Potentials sind
ˆ ∞
X
∂φa
∂λ0
−2xj
1
−
p
fk (xk , λ0 ) .
dλ
1−
= c0
∂xj
gj (λ)
∂xj
g(λ)
0
k
Der Term von der unteren Grenze verschwindet also in ∂φa /∂xj .
ˆ ∞
∂ 2 φa
∂λ0 2xj
1
1
1
.
+
p
p
−
2
dλ
=
c
0
∂x2j
gj (λ) g(λ)
∂xj gj (λ0 )
g(λ0 )
λ0
Die Zusammenfassung ergibt
i
h
X ∂λ0 2xj
4
1
.
+
∆φa = c0 − p
p
∂xj gj (λ0 )
g(λ0 )
g(λ
0)
j
Wir differenzieren (6.3.11) nach xj und erhalten
∂λ0 ∂ X
2xj
+
fk (xk , λ0 ) = 0
gj (λ0 ) ∂xj ∂λ0
k
⇒
4x2j .X fk (xk , λ0 )
∂λ0 2xj
= 2
.
∂xj gj (λ0 )
gk (λ0 )
gj (λ0 )
k
Daraus folgt
X ∂λ0
j
X fj (xj , λ0 )
2xj
=4
∂xj gj (λ0 )
gj (λ0 )
j
. X f (x , λ )
0
k
k
k
gk (λ0 )
=4
und weiters ∆φa = 0 . Zu zeigen ist noch, dass φa für r → ∞ gegen null strebt. Für
große r gilt
ˆ ∞
X
r2 r2
4c0
dλ p
1−
⇒
φa ≈ c0
.
fj (xj , λ0 ) ≈ 2 = 1
=
λ0
λ
3r
g(λ)
r2
j
L50
6 Elektrostatik in Materie
6.4 Ellipsoid im homogenen Feld: Ausgangspunkt ist (6.3.8) mit c0 = ρπa1 a2 a3
φi (x) = c0
ˆ
∞
0
i
3
i
h
X
X 2
1
ρ
dλ p
1−
fj (xj , λ) =
xj Nj .
N0 −
2
g(λ)
j=1
j
Wir bilden entsprechend (6.2.12) das Potential
φ(i) (x) = −E0 · x − φi (x +
X
d
d
dj xj Nj .
) + φi (x + ) ≈ −E0 · x + ρ
2
2
j
Wir setzen wiederum, wie bei der dielektrischen Kugel, P = ρd und haben bereits
die gewünschte Form
E = E0 + E′ = E0 −
X
Nj Pj .
j
E′ ist das entelektrisierende Feld und Nj sind die Entelektrisierungsfaktoren. Hierbei
ist (siehe Aufgabe 6.3)
ˆ ∞
ˆ ∞
X
dλ X 1
dλ d ln g(λ)
Nj = 2πa1 a2 a3
p
p
= 4πa1 a2 a3
g
(λ)
dλ
j
0
g(λ) j
g(λ)
0
j
∞
= 4π .
= −πa1 a2 a3 p
g(λ)
1
0
Die Summe der Entelektrisierungsfaktoren Nj ist im Gaußschen System 4π, im SISystem 1.
6.5 Spontane Polarisation: Feldlinien eines Quaders
1. Das Potential ist gegeben durch Integration über das Volumen V des Quaders,
wobei z = 0 angenommen werden darf
ˆ
δ(y ′ − b) − δ(y ′ + b)
d3 x′ p
φ(x, y) = σp
(x − x′ )2 + (y − y ′ )2 + z ′2
V
h
ˆ a
i
p
(B.5.15)
′
= 2σp
dx ln z ′ + (x − x′ )2 + (y − b)2 + z ′2
h
−a
′
− ln z +
p
(x −
x ′ )2
+ (y +
b)2
+
z ′2
i∞
0
Die obere Grenze trägt nichts bei und so ist nur die untere Grenze zu berücksichtigen.
ˆ a
p
p
′
′
2
2
′
2
2
dx ln (x−x ) + (y+b) − ln (x−x ) + (y−b)
φ(x, y) = 2σp
−a
(L6.1)
Dieses Ergebnis hätten wir sofort hinschreiben können: Die Flächenladungen ±σp
bilden in Abb. 6.14 2 horizontale Linien. Greifen wir einen Punkt (x′ , b) aus einer
Linie heraus, so ergibt dieser zusammen mit der z ′ -Achse eine Linienladung deren
Potential durch (2.2.16) bestimmt ist. Es bleibt dann nur die Integration von x′
über beide Linien.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 6
L51
Einschub: Die Berechnung des Integrals (L6.1) ist zwar möglich, wie der Vollständigkeit halber gezeigt wird, aber es ist bedeutend einfacher zuerst den
Gradienten von (L6.1) zu bilden und dann zu integrieren. Es genügt den
ersten Term mit Hilfe von (B.5.11) zu berechnen
ˆ a−x
x′′ =x′ −x
dx′′ ln x′′2 + (y+b)2
φ1 (x, y)
=
σp
−a−x
′′
= σp x ln x
′′2
+ (y+b)
Das ergibt zusammengenommen
2
a−x
x′′ − 2x + 2(y+b) arctan
y+b −a−x
′′
(x+a)2 + (y+b)2
(x−a)2 + (y+b)2
+ (a+x) ln
(x−a)2 + (y−b)2
(x+a)2 + (y−b)2
x+a
a−x
+ 2(y+b) arctan
+ 2(y+b) arctan
y+b
y+b
φ(x, y) = σp (a−x) ln
a−x
x+a
− 2(y−b) arctan
− 2(y−b) arctan
.
y−b
y−b
Berechnen nun den Gradienten von (L6.1):
Ex = −σp
ˆ
dx′
−a
= σp ln
Ey = −σp
a
∂f (x−x′ )
∂f (x−x′ )
=−
∂x
∂x′
∂
(x−x′ )2 + (y+b)2
(x−x′ )2 + (y+b)2 a
ln
= σp ln
′
2
2
∂x (x−x ) + (y−b)
(x−a)2 + (y−b)2 −a
h (x−a)2 + (y+b)2 (x+a)2 + (y−b)2 i
(x−a)2 + (y−b)2 (x+a)2 + (y+b)2
ˆ
a
dx′
−a
n
n
2(y+b)
2(y−b)
−
(x−x′ )2 + (y+b)2
(x − x′ )2 + (y−b)2
o
o
x−x′ a
x−x′
− 2 arctan
y+b
y−b −a
n
o
x−a
x+a
x−a
x+a
= 2σp arctan
− arctan
− arctan
+ arctan
y+b
y+b
y−b
y−b
(B.5.10)
=
σp 2 arctan
Weiters ist D = E + 4πP.
2. Feldlinien innerhalb des Quaders (|x| ≤ a und |y| ≤ b)
Dx = Ex = σp ln
n
h (x−a)2 + (y+b)2 (x+a)2 + (y−b)2 i
(x−a)2 + (y−b)2 (x+a)2 + (y+b)2
Dy = 2σp 2πθ(a−|x|) θ(b−|y|)
− arctan
o
a−x
a+x
a−x
a+x + arctan
+ arctan
+ arctan
.
y+b
y+b
b−y
b−y
Sowohl auf der x- als auch auf der y-Achse ist Ex = 0 und die Feldlinien sind
senkrecht. Für y = b erhält man
L52
6 Elektrostatik in Materie
Ex = σp ln
h (x+a)2 (x−a)2 + 4b2 i
(x−a)2 (x+a)2 + 4b2
.
Ist x > 0, so ist auch Ex > 0 und umgekehrt.
Innerhalb des Quaders sind Ey < 0 und Dy > 0. Die elektrischen Feldlinien
zeigen also nach unten und werden in der oberen Hälfte des Quaders gespreizt
und in der unteren wieder dichter.
Die Feldlinien von D zeigen nach oben und kommen in der unteren Hälfte des
Quaders verdichtet und gehen dann wieder auseinander. Von Interesse ist die
Dichte der Feldlinien, die sich aus dem Fluss der Feldlinien durch eine Fläche
ergibt. Wir starten auf der oberen Deckfläche (Linie) des Quaders y = b:
ΦE =
ˆ
x0 +ǫ/2
dx Ey ,
x0 −ǫ/2
wobei die vorgegebene Größe von ΦE die Dichte der Feldlinien bestimmt. Die
(a)
(b)
Abb. L5. (a) Die Feldlinien des elektrischen Feldes; sie haben ihre Quellen auf der
oberen Deckfläche des Quaders und enden an der unteren. (b) Das dielektrische Feld
ist ein reines Wirbelfeld, d.h. die Linien des D-Feldes sind geschlossen
Feldlinien sind dann durch (2.2.23):
dargestellt sind.
Ey
dy
bestimmt, wie sie in Abb. L5
=
dx
Ex
6.6 Funktionentheoretische Methode: Feldlinien eines Quaders
Man geht von den Polarisationsladungen aus, die in der xy-Ebene 2 horizontale
Linien bilden von denen jeder Punkt eine Linienladung mit dem Potential (3.5.11)
darstellt, so dass nur noch über die beiden Geraden mit den Polarisationsladungen
integriert werden muss. Wir führen das nur für die obere Linie (y = b, σp ) durch,
wobei die Linienladung λ durch σp dz ersetzt wird (z = x+iy). Hierbei sind za = a+ib
und z−a = −a + ib = −za∗
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 6
L53
za
za
dz ′ ln(z−z ′ ) = 2σp (z−z ′ ) ln(z−z ′ ) − 1 f+ (z) = −2σp
z−a
z−a
n
o
ˆ
= 2σp (z−za ) ln(z−za ) − (z − z−a ) ln(z−z−a ) + 2a
Jetzt ist noch der (Hauptwert des) Logarithmus in Real- und Imaginärteil zu zerlegen
ln(z−za ) = ln
p
(x−a)2 + (y−b)2 + i arctan
(z−za ) ln(z−za ) = (x−a) ln
n
p
(x−a)2 + (y−b)2 − (y−b) arctan
+ i (x−a) arctan
Wir erhalten so
y−b
x−a
y−b
x−a
p
y−b
+ (y−b) ln (x−a)2 + (y−b)2
x−a
o
p
p
φ+ (x, y)
= (x−a) ln (x−a)2 + (y−b)2 − (x+a) ln (x+a)2 + (y−b)2
2σp
y−b
y−b
+ (y−b) arctan
− (y−b) arctan
x−a
x+a
ψ+ (x, y)
y−b
y−b
= (x−a) arctan
− (x+a) arctan
2σp
x−a
x+a
p
p
r
r
(y−b) ln
(x−a)2 + (y−b)2 − (y−b) ln
(x+a)2 + (y−b)2
Jetzt addieren wir noch die untere Linie mit −σp auf der z̄a = a − ib = za∗ und
z̄−a = −a−ib = −za
(x−a)2 + (y−b)2
(x+a)2 + (y−b)2
− (x+a) ln
2
2
(x−a) + (y+b)
(x+a)2 + (y+b)2
y−b y+b y+b
y−b
− arctan
− arctan
+ (y+b) arctan
.
− (y−b) arctan
x−a
x+a
x−a
x+a
φ(x, y)
= (x−a) ln
2σp
π
1
Setzt man hier die Relation arctan x = sgn(x) −arctan ein, so erhält man φ(x, y)
2
x
in der in Aufgabe 6.5 angegebenen Form
y+b y+b ψ(x, y)
y−b
y−b
−arctan
−arctan
= (x−a) arctan
−(x+a) arctan
2σp
x−a
x−a
x+a
x+a
+ (y−b) ln
r
(x−a)2 + (y−b)2
− (y+b) ln
(x+a)2 + (y−b)2
r
(x−a)2 + (y+b)2
.
(x+a)2 + (y+b)2
ψ(x, y) = const bestimmt die elektrischen Feldlinien.
6.7 Vektorpotential der dielektrischen Verschiebung
Wie im Hinweis erwähnt, bestimmen wir zunächst rot D, wobei wir verwenden, dass
rot E = 0 und P = P θ(a − ̺)ey
∇ × D = ∇ × E + 4π∇ × P = −4πP δ(a − ̺)
x
ez
̺
Aufgrund der formalen Analogie zum Magnetismus, (4.1.4) kann das Vektorpotential
angegeben werden als
L54
6 Elektrostatik in Materie
ˆ
ˆ
x′
1
∇′ × P
d3 x′ δ(a − ̺′ ) ′
=
−P
e
.
A = d3 x ′
z
′
|x − x |
̺ |x − x′ |
Nun ist gemäß (2.2.16)
ˆ l
1
lim
dz ′ p
= − ln (x − x′ )2 + (y − y ′ )2 + c0 ,
′
2
′
2
′2
l→∞ −l
(x − x ) + (y − y ) + z
wobei c0 eine (divergente) Konstante ist. Wir erhalten jetzt
ˆ
o
n x′
A = P ez d2 x′ δ(a − ̺′ ) ′ ln ̺2 + ̺′2 − 2̺̺′ cos(ϕ′ − ϕ) − c0
̺
ˆ 2π
dϕ′ a cos ϕ′ ln ̺2 + a2 − 2̺a cos(ϕ′ − ϕ)
= P ez
0
ϕ′′ =ϕ′ −ϕ
=
P a cos ϕ ez
ˆ
2π
0
Wir verwenden nun (B.5.13)
ˆ π
−π a
dϕ cos ϕ ln 1 + a2 − 2a cos ϕ =
−π/a
0
A = −2P πa cos ϕ ez
dϕ′′ cos ϕ′′ ln ̺2 + a2 − 2̺a cos ϕ′′ .
̺/a
a/̺
a2 < 1
a2 > 1
̺<a
.
̺>a
Die dielektrische Verschiebung ist somit
D = −2P π
∇x × ez
a2 ∇(x/̺2 ) × ez
Die dielektrische Verschiebung ist
= 2P π
ey
a2 2x(xex + yey )/̺4 − 1/̺2 ex × ez
D = 2P πey
= 2P πa
2
2x
1 − 3 eϕ + 2 ey
̺
̺
f ür
̺<a
f ür
̺>a
E = D − 4πP; wir bemerken, dass im Inneren des Zylinders E = −D gilt und, dass
die Felder homogen sind, wie aus Abb. L6 hervorgeht.
Fleißaufgabe: Ladungsdichte der Polarisation und skalares Potential
y
y
ρp = −∇ · P = P δ(a − ̺) = σp δ(a − ̺)
⇒
σp = P .
̺
̺
ρp (x′ , y ′ )
d3 x′
|x − x′ |
ˆ
= − d2 x′ ρp (x′ , y ′ ) ln ̺2 + ̺′2 − 2̺̺′ cos(ϕ′ − ϕ) + c0
ˆ 2π
= −P a
dϕ′ sin ϕ′ ln ̺2 + a2 − 2̺a cos(ϕ′ − ϕ)
φ(x, y) =
ˆ
0
ϕ′′ =ϕ′ −ϕ
=
−P a sin ϕ
ˆ
2π
0
dϕ′′ cos ϕ′′ ln ̺2 + a2 − 2̺a cos ϕ′′
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 6
(a)
L55
(b)
Abb. L6. (a) Die Feldlinien des elektrischen Feldes. (b) Das dielektrische Feld ist
ein reines Wirbelfeld, d.h. die Linien des D-Feldes sind geschlossen.
φ(x, y) = −2P π sin ϕ ̺θ(a − ̺) +
a2
θ(̺ − a)
̺
Anders ausgedrückt, ist A = φ(x, y) cot ϕ ez .
6.8 Dielektrikum im Plattenkondensator:
Der Plattenkondensator hat die Fläche F = ab, die Ladung Q und gemäß Tabelle
6.1, Seite 203 die Kapazität
C = C1 + C2 =
C0 F ǫx + (a−x) =
a + (ǫ−1)x .
4πda
a
1. Konstante Ladung: Die Energie (2.2.31) des Kondensators ist
U (x) =
Q2
2C(x)
C(x) =
C0 a + (ǫ−1)x
a
C0 =
F
.
4πd
(L6.2)
Für die Energiedifferenz folgt daraus
∆Uq (x) = U (x) − U0 =
h
i
a
Q2 (ǫ−1)x
Q2
−1 .=−
.
2C0 a + (ǫ−1)x
2C0 a + (ǫ−1)x
Konstant gehaltene Ladung bei Verschiebung um δx:
δ∆Uq (x) =
a(ǫ−1)
Q2
d∆U
Q2 ǫ−1
δx = −
δx
2 δx = − 2
dx
2C0 a + (ǫ−1)x
2C (x) a
=−
V 2 (x) ǫ−1
δx.
2
a
Damit ist die Energiedifferenz gegeben. Am Kondensator liegt die Spannung
Q
Qa
1
=
C(x)
C0 a + (ǫ−1)x
Qa
a
1
V
=
= E0
.
E(x) =
d
dC0 a + (ǫ−1)x
a + (ǫ−1)x
V (x) =
⇒
Kraft auf das Dielektrikum:
L56
6 Elektrostatik in Materie
Fq = −
V 2 (x)(ǫ−1)
E 2 (x)
∂∆Uq Q2 (ǫ−1)
=
ex =
e x = d2
(ǫ−1)ex
2
∂x
2aC (x)
2a
2a
0 < x < a.
Die Kraft nimmt, beginnend mit E = E0 über die gesamte Länge bis E = E0 /ǫ
ab und zieht das Dielektrikum in den Kondensator. Für das letzte Stück, bevor
die Kraft auf null fällt, sind die Annahmen zu einfach.
2. Konstante Spannung V : Die Energiedifferenz bei konstanter Spannung V ist ja
gemäß (L6.2)
U (x) =
Q2 (x)
V2
=
C(x)
2C(x)
2
⇒
∆Uv (x) = U (x) − U0 =
V2
C0 (ǫ−1)x
2
Die Energie steigt, wie erwartet, bei Einführung des Dielektrikums. Diese Energie
muss von außen in Form einer Spannungsquelle (Batterie) zugeführt werden. Der
Kondensator bildet jetzt kein abgeschlossenes System mehr, sodass die Kraft
nicht unbedingt der negative Gradient der Energie des Kondensators ist. Ist das
System isoliert, so ist δU = −δA, wobei δA > 0 die vom System geleistete Arbeit
ist. Wird etwa das Dielektrikum, das an einer Feder hängt, in den Kondensator
gezogen, so erhöht sich die potentielle Energie der Feder. Wir haben δU +δA = 0.
Ist nun der Kondensator mit einer Batterie verbunden, so ist
δU = −δA + δUb
δUb > 0 ist von der Batterie dem Kondensator zugeführte Energie. Daraus ergibt
sich
δA = FV · δx = δUb − δU V (0)2 ǫ − 1
FV =
2
a
V
= V δQ −
1 2
V (0)2 ǫ − 1
V δC =
δx
2
2
a
Die Kraft ist gleich gerichtet wie bei konstanter Ladung; sie bleibt mit V (0)
während des gesamten Vorganges konstant, während sie im anderen Fall mit
V (x) abnimmt.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 7
L57
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 7
7.1 Helmholtzscher Zerlegungssatz: Eine Voraussetzung des Zerlegungssatzes ist die
stetige Differenzierbarkeit von
v(x) = q
x−x0
−q
=∇
,
|x−x0 |3
|x−x0 |
die für x = x0 nicht zutrifft. Wir betrachten diesen Fall, da Abraham & Föppl6
voraussetzen:
Es sei jetzt ein beliebiges unbegrenztes Vektorfeld v gegeben; dasselbe sei im allgemeinen stetig; nur beim Durchschreiten gewisser Flächen mögen die Komponenten
von v sich unstetig ändern. Es soll v stets endlich sein, auch auf den Unstetigkeitsflächen...
Nun ist uns gerade dieses Feld als Quellenfeld einer Punktladung q bekannt; es
enthält keine Wirbelanteile. Wir berechnen zunächst
−q
= 4πqδ(3) (x′ −x0 )
|x′ −x0 |
−q
∇′ ×v(x′ ) = ∇′ ×∇′ ′
=0
|x −x0 |
∇′ ·v(x′ ) = ∆′
und wenden den Zerlegungssatz auf v an
ˆ
(7.1.12) 1
q
div′ v(x′ )
φ(x) =
=
d3 x ′
4π R3
|x−x′ |
|x−x0 |
ˆ
(7.1.11) 1
rot′ v(x′ )
A(x) =
= 0.
d3 x ′
4π R3
|x−x′ |
Das Feld ist also, wie bereits erwähnt, ein reines Quellenfeld: vl (x) = −∇φ(x) = v(x).
Wir wollen nochmals darauf hinweisen, dass die Voraussetzungen für den Hauptsatz Abschnitt 7.1.2, Seite 218 als zu restriktiv angenommen sind.
1. Wir bemerken, dass7
div′ v(x′ ) = −q∆′
1
|x′ − x0 |
als Distribution anzusehen ist, die wie eine normale Funktion differenziert (integriert) werden kann. Die Singularität spielt so keine Rolle.
6
M. Abraham, Einführung in die Maxwellsche Theorie der Elektrizität I mit einem
Abschnitt zur Vektorrechnung von A. Föppl, 5. Aufl. Teubner Verlag, Leipzig (1920),
S. 78
7
siehe etwa S. Großmann, Mathematischer Einführungskurs für die Physik, 10. Aufl.
Springer Vieweg 2012, S. 358
L58
7 Magnetostatik in Materie
2. Wesentlich für den Beweis des Zerlegungssatzes ist die Identität (7.1.13)
ˆ
v(x′ )
1
v(x) = −
d3 x ′ ∆
.
(L7.1)
4π R3
|x − x′ |
Verwendet man die Identität (A.2.38) ∆ = div grad − rot rot, so zerfällt v in die
Anteile vl und vt .
Wir legen nun eine Kugel Kǫ mit dem Radius ǫ um die singuläre Stelle x0 und
stellen fest, dass das Integral über Kǫ für ǫ → 0 in (L7.1) keinen Beitrag zu v
liefert, d.h. weder zu vl noch zu vt , solange xa = x−x0 6= 0
ˆ
ˆ
v(x′ ) x′′ =x′ −x
1
x′′
=
q
d3 x′′ ′′3
d3 x′ ′
′′ |
|x
−
x|
r
|x
−x
a
Kǫ
Kǫ
ˆ 1
ˆ ǫ
x′′
1
ǫ→0
= 2πq
dξ ′′
dr ′′ ′′ p
= 0.
r
−1
0
ra2 + r ′′2 − 2r ′′ ra ξ ′′
Man entwickelt die Wurzel für r ′′ ≤ ǫ ≪ ra und macht dann den Grenzübergang
ǫ → 0 Die Singularität trägt also weder zu vl noch zu vt bei.
7.2 Teilchen im homogenen Feld: Ausgangspunkt ist (5.4.11) mit φ = V = 0:
H(P , x) =
2
e
1 P − A(x) .
2m
c
Das homogene Magnetfeld und der kinetische Impuls sind gegeben durch
A=
1
B×x
2
mv = P −
e
A(x).
c
Das magnetische Moment (µ statt m) des Teilchens ist
∂H ∂Pj
e
∂Bk
∂H
−
= vj
xl
ǫjkl
∂Bi
∂Pj ∂Bi
2c
∂Bi
e
e
=
ǫjil vj xl =
x × v i.
2c
2c
µi = −
7.3 Magnetisches Drehmoment
In einem äußeren Feld ist die magnetische Feldenergie gegeben durch
ˆ
1
Uw =
d3 x Ae (x) · j(x) .
c
j(x + δx) − j(x) = (δx·∇) j(x)
ˆ
n
o
1
d3 x Ae (x) · δx · ∇ j(x) − δϕ × j
c
ˆ
n
o
1
=
d3 x ∇ · δx (Ae · j) − j · δx · ∇ Ae − Ae · (δϕ × j) .
c
δUw =
Wir haben zu beachten, dass δx = δϕ × x zwar nicht mehr konstant ist, aber dass
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 7
L59
∇ · δx = ∇ · (δϕ × x) = −δϕ · (∇ × x) = 0
∇ × δx = ∇ × (δϕ × x) = δϕ(∇ · x) − (δϕ · ∇)x = 2δϕ
A · ∇δxi = Al ∇l ǫijk δϕj xk = Ak ǫijk δϕj = (δϕ × A)i .
Gemäß (A.2.33)
∇(A · δx) = ∇ A · (δϕ × x) = ∇ δϕ · (x × A)
= (δx · ∇)A + δx × (∇ × A) + (A · ∇)δx + A × (∇ × δx)
= (δx · ∇)A + δx × B + δϕ × A + 2A × δϕ
= (δx · ∇)A + δx × B + A × δϕ
(δx · ∇)A = ∇(A · δx) − δx × B − A × δϕ .
woraus unter Verwendung von ∇ · j = 0 folgt
ˆ
n
1
δUw =
d3 x ∇ · δx (Ae · j) − j · ∇(Ae · δx) − (δx × Be ) − (Ae × δϕ)
c
o
− Ae · (δϕ × j)
ˆ
n
o
1
d3 x ∇ · δx (Ae · j) − j(Ae · δx) + j · (δx × Be )
=
c
"
1ˆ 3
1
df · δx (Ae · j) − j(Ae · δx) +
d x j · (δx × Be ) .
=
c
c
Das Oberflächenintegral verschwindet und wir setzen für δx ein
ˆ
1
d3 x Be · j × (δϕ × x) .
δUw =
c
Be · j × (δϕ × x) = (Be · δϕ)(j · x) − (Be · x) (j · δϕ)
Siehe (4.3.8)
δUw = −N · δϕ =
= (δϕ · Be )(x · j) − (δϕ · j) (x · Be ) = δϕ · x × (Be × j)
1
c
ˆ
d3 x δϕ · x × (Be × j)
Bemerkung: Die Rechnung wurde mit konstantem Potential durchgeführt; dann hat
man keine Energiezufuhr.
7.4 Felder in der Achse des Stabmagneten: Das Feld ist gegeben durch (4.2.43)
bzw. (7.1.33), wobei M = In /c:
z−l
z+l
−p
B(0, 0, z) = ez 2πM p
2
2
2
2
a + (z + l)
a + (z − l)
1. Zu verifizieren ist das Dipolfeld. Man sieht, dass die Funktion symmetrisch in z
ist, d.h. es genügt z > l anzunehmen.
L60
7 Magnetostatik in Materie
h
1
1
−p
B(0, 0, z) = 2πM p
2
2
2
1 + a /(z + l)
1 + a /(z − l)2
h
≈ 2πM 1 −
= 2πM a2
a2
a2
−1+
2
2(z + l)
2(z − l)2
i
i
(z + l)2 − (z − l)2
2zl
≈ 2πM a2 4 .
2(z 2 − l2 )2
z
Das magnetische Moment des Zylinders ist
ˆ
m=
d3 x M = M 2lπa2 ez .
V
Das ergibt das Dipolfeld
B(0, 0, z)
|z|→∞
=
2m
.
|z|3
2. Berechnung von Zb :
ˆ
Zb = 2πM lim
L→∞
z ′ =z+l
′′
z =z−l
=
h
L
1
1
−p
dz p
a2 + (z + l)2
a2 + (z − l)2
−L
2πM lim
L→∞
= 4πM lim
L→∞
= 4πM lim
L→∞
np
nˆ
a2
n L+l
−L+l
dz ′ √
+ (L +
L 1+
l)2
−
z′
−
a2 + z ′2
p
L−l
ˆ
−L−l
+ (L − l)2
a2
dz ′′ √
o
o
−2Ll + a2 2Ll + a2 −
L
1
+
2L2
2L2
Berechnung von Zh : Der naheliegende einfache Weg
ˆ l
Zh = Zb + 4πM
dz = 0
i
z ′′
a2 + z ′′2
o
= 4πM 2l
−l
soll nicht gewählt werden, da Zh = 0 direkt zu verifizieren ist:
"
ˆ 2π
ˆ a h
i
d̺′ ̺′
df ′ · M
d̺′ ̺′
′
φm =
−
p
p
=
M
dϕ
|x − x′ |
̺′2 + (z−L)2
̺′2 + (z+L)2
0
0
= 2πM
hp
H = −∇φm
a2 + (z − l)2 − |z − l| −
h
i
p
a2 + (z + l)2 + |z + l| .
z+l
z−l
− sgn(z−l) − p
+ sgn(z+l)
= −2πM ez p
2
2
2
a + (z−l)
a + (z+l)2
= B + 2πM ez sgn(z + l) − sgn(z − l) .
Damit ist
Zh = Zb + 2πM
ˆ
= Zb − 4πM
ˆ
∞
−∞
∞
−∞
dz sgn(z + l) − sgn(z − l)
dz θ(l − |z|) = 0 .
i
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 7
L61
7.5 Gegeninduktivität zweier Kreisleiter:
1. Die Gegeninduktivität ist gemäß (7.2.14) definiert als
˛ ˛
dx1 · dx2
µ
L12 = 2
c 1 2 |x1 − x2 |
ˆ 2π
ˆ 2π
Zyl.
ab eϕ1 · eϕ2
Koord. µ
=
dϕ
dϕ2 p
1
c2 0
d2 + a2 + b2 − 2ab cos(ϕ1 −ϕ2 )
0
Wir setzen eϕ1 · eϕ2 = cos(ϕ1 − ϕ2 ) ein und substituieren ϕ1 − ϕ2 = ϕ + π
ˆ
−ab cos ϕ
2πµ 2π
dϕ p
L12 = 2
ϕ′ = ϕ/2
2
c
0
d + a2 + b2 + 2ab cos ϕ
ˆ
ab(2 sin2 ϕ′ − 1)
4πµ π ′
dϕ p
= 2
2
2
c
0
d + a + b2 + 2ab(1 − 2 sin2 ϕ′ )
ˆ π
4ab
4πµ
2 sin2 ϕ′ − 1
ab
k2 =
= 2 p
dϕ′ p
.
c
(a + b)2 + d2
(a + b)2 + d2 0
1 − k2 sin2 ϕ′
Wir erhalten so
ˆ π/2
4πµ √
2
1
2
2
′
ab
p
(k
sin
−1)
+
1
−
1
k
dϕ
2
c2
0
1 − k2 sin2 ϕ′ k
4πµ √
2 = 2 k ab 2 K(k) − E(k) − K(k) .
c
k
L12 =
2. Geht für a = b der Abstand d → 0, so erhält man letztlich die externe Selbstinduktivität eines dünnen Drahtes vom Radius d, siehe (7.2.33)
d≪a
d2
4a2
≈ 1− 2.
k2 = 2
2
4a + d
4a
4
8a
+ .... ≈ ln
d
1 − k2
d2 8a
1
d4 k≈1
E(k) = 1 + 2 ln
−
+O
4a
d
2
(2a)4
k≈1
K(k) = ln √
L12 =
4πµa 8d
ln
− 2] .
c2
a
L62
8 Felder von bewegten Ladungen
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
8.1 Lorenz-Eichung der Liénard-Wiechert-Potentiale: Zuerst leiten wir das skalare
Liénard-Wiechert-Potential (8.2.16) nach der Zeit ab und bilden dann die Divergenz
von A
′
ˆ
|
δ(t′ − |x−x
)
c
φ(x, t) = d3 x′ dt′
ρ x′ , t−t′
ρ(x, t) = −∇·j(x, t)
′
|x − x |
′
ˆ
|
) ′
δ(t′ − |x−x
c
∇ ·j x′ , t−t′ partiell integrieren
= − d3 x′ dt′
′
|x − x |
!
ˆ
|x−x′ |
′
)
′ δ(t −
3 ′
′
c
= d x dt ∇
·j x′ , t−t′ ∇′f (|x−x′ |) = −∇f (|x−x′ |)
|x − x′ |
′
ˆ
|
)
δ(t′ − |x−x
c
· j x′ , t−t′ = −c∇ · A(x, t).
= −∇· d3 x′ dt′
′
|x − x |
.
.
.
Damit ist die Lorenz-Eichung (8.1.8) verifiziert.
8.2 Felder der bewegten Punktladung: Bei der Berechnung der Strahlungsfelder in
der Fernzone (Wellenzone) gehen wir von den Potentialen einer bewegten Punktladung (8.2.26) aus:
φs (x, t) =
e
R(tr ) − β · X(tr )
As (x, t) = β φs (x, t)
.
β = s/c
X(t) = x − s(t)
tr = t −
R(tr )
c
R(t) = |X(t)|.
In der Wellenzone (r ≫ λ ≫ s) ersetzen wir
X(tr ) = x − s(tr ) ≈ x
und erhalten die Liénard Wiechert Potentiale für das Dipolfeld
e
β(tr )
β 2 ≈0
1 + er ·β(tr )
=⇒
As (x, t) = e
.
r
r
Wir berechnen die Strahlungsfelder nur mit Hilfe von As und behalten jeweils nur
Beiträge der Ordnung 1/r. Die einzigen Ableitungen bei denen die Ordnung von r
nicht herabgesetzt wird, sind von der Form
φs (x, t) =
∇f (x, tr ) = −
∂f (x, tr ) 1
er .
∂t
c
Daraus folgt
.
.
e
(er × β)
cr
e β(tr )
1 ∂As
e
Es = −
− ∇φs = −
+
er · β(tr ) er
c ∂t
cr
cr
e
er × (β × er ) = er ×Bs .
=−
cr
Bs = ∇ × As = −
.
.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
L63
Es und Bs stehen aufeinander senkrecht und sind außerdem normal zum Fahrstrahl
x der auslaufenden Kugelwelle.
Nun nimmt man die Bewegungsgleichung für das Elektron (11.1.6) im nichtrelativistischen Grenzfall
.
me s(t) = me β(t) = eE(t)
..
und setzt in die Gleichungen für die Felder ein
Es = −re er × (E0 × er )
1
r
eiω(t−r/c) .
8.3 Zum quasistatischen Potential: Für d ≪ r wird A(qstat) , da keine Netto-Ladung
vorhanden ist, das Potential eines Punktdipols sein. Für diesen gilt im ganzen Raum
(r > 0), dass jl (x, t) antiparallel zu jt (x, t). Die Fourierkomponenten jl,t (k, t) des
lokalisierten Stroms werden in Bezug auf k konstant (δ(3) (x)) sein, stehen aber
senkrecht aufeinander. Wir beginnen mit
ˆ
ˆ
j(x′ , t) r≫r′ 1
1
A(qstat) (x, t) =
d3 x ′
d3 x′ j(x′ , t) .
=
c V
|x−x′ |
rc V
Daraus folgt für
(qstat)
Ai
(x, t) =
1
rc
.
ˆ
d3 x′ ji =
A(qstat) (x, t) = p(t)/rc
1
rc
ˆ
f ür
d3 x′ jk
∂x′i
∂x′k
part. int
Kont. Gl.
=
1
rc
ˆ
.
d3 x′ ρ(x′ , t)x′i =
.
pi
rc
(8.1.18)
r ≫ d.
p(t) ist das Dipolmoment der Ladungsverteilung. Wir erhalten in Folge
∇ · A(qstat) = −
.
1 ∂ (p)
1
er · p = −
φ (x, t)
r2 c
c ∂t
φ(p) (x, t) =
mit
x·p
.
r3
φ(p) ist das Potential des Dipols der Ladungsverteilung.
jl = −
.
.
.
.
E(p)
c
1
1
1 p − 3er (er · p) = −
∇(∇·A(qstat) ) =
∇ 2 (er · p) =
.
3
4π
4π r
4πr
4π
E(p) ist das Feld eines Dipols. Das asymptotische Vektorpotential (8.1.18) ist das
eines oszillierenden Punktdipols mit der Fouriertransformierten
ˆ
1
1 4π
1
A(qstat) (k, t) = p d3 x e−ik·x = p 2 .
c
r
c k
.
.
Der zugehörige Strom ist daher ebenfalls kurzreichweitig
ˆ
c
j(k, t) = −
d3 x e−ik·x ∆A(qstat) (x, t) = p
j(x) = δ(3) (x) p .
4π
.
.
Für die einzelnen Teile wird es etwas komplizierter:
ˆ
ˆ
er · p
er · p part. int ik
ik (p)
1
d3 x e−ik·x 2 =
∇ 2
=
φ (k, t)
jl (k, t) = d3 x e−ik·x
4π
r
4π
r
4π
ˆ
ˆ
1 part. int k
1
−ik
=
p · d3 x e−ik·x ∇
p · k d3 x e−ik·x = k̂ (p · k̂) .
=
4π
r
4π
r
.
.
.
.
.
.
L64
8 Felder von bewegten Ladungen
Für den transversalen Anteil berechnen wir zuerst
ˆ
j(x′ , t)
c
c
1
jt (x, t) =
rot rot A(qstat) =
∇× ∇×
d3 x ′
4π
4π
c
|x−x′ |
ˆ
p(t) 1
1
∇× ∇×
= d3 k 2 ik × (ik × p(t)) eik·x .
=
4π
r
k
.
.
Daraus folgt, wie zu zeigen war, dass
ˆ
jt (k, t) = d3 x e−ik·x jt (k, t) k̂×(p× k̂) = p − (p · k̂) k̂
.
.
.
.
. .
jt (k, t) · jl (k, t) = p − k̂ (k̂ · p) · k̂ (k̂ · p) = 0.
.
.
8.4 Elektrisches Dipolfeld: Berechnen Sie das elektrische Dipolfeld (8.4.6) mittels
E = −∇φ − 1c A. Alternativ kann E = −∇φ − 1c A mit den Potentialen (8.4.3)
und (8.4.4) berechnet werden. Mit (8.4.1) ist die Konsistenz nur für die Fernzone
gegeben.
∇i (
xj
pi
xi
pj ) =
− 3 xj pj
r
r
r
E(x) = ik
= ik
∇(er · p) =
⇒
1
p − er (er · p)
r
1 eikr
1 eikr
1−
(er · p) +
1−
∇(er · p)
∇
r
ikr
r
ikr
+ ik A
eikr
1 1 eikr
ikr − 2 1−
er (er ·p) + 2 1−
p − er (er ·p)
2
r
ikr
r
ikr
+k2
eikr
p.
r
Das Ergebnis stimmt mit (8.4.6) überein.
.
.
q a ω
β (t ) sin θ =
8.5 Strahlung eines rotierenden Elektrons: Die Beschleunigung des Elektrons auf
der Kreisbahn β = ω 2 a/c setzen wir in (8.2.38) und (8.2.39) (Larmor-Formel) ein
dP
q2
=
dΩ
4πc
2
r
2
2
2
4
4πc3
sin2 θ
P (t) =
Die Kreisbahn liegt in xy-Ebene, so dass für r ≫ a gilt
..
.
2q 2 2
2q 2
β = 3 ω 4 a2 .
3c
3c
er · β/β = −er ·e̺ = cos θ = − sin ϑ cos ϕex + sin ϕey · cos(ωtr )ex + sin(ωtr )ey
= − sin ϑ cos(ϕ−ωtr ).
dP
q 2 a2 ω 4
q 2 a2 ω 4 2
=
sin
θ
=
1 − sin2 ϑ cos2 (ϕ−ωtr )
dΩ
4πc3
4πc3
h
q 2 a2 ω 4
1
q 2 a2 ω 4
dP
i=
(1 − sin2 ϑ) =
(1 + cos2 ϑ).
3
dΩ
4πc
2
8πc3
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
L65
Dieses Ergebnis (8.4.18) erhält man auch via Dipolstrahlung. Die gesamte Strahlungsleistung P haben wir bereits berechnet, wir verifizieren jedoch das Ergebnis
ˆ
ˆ 1
ˆ
4π
2
dΩ cos2 ϑ = 2π
dξ ξ 2 =
⇒
dΩ (1+cos2 ϑ) = 4π .
3
3
−1
ˆ
2q 2 a2 ω 4
dP
i=
.
P = dΩ h
dΩ
3c3
8.6 Liénard-Formel, Teil 1 : Die Berechnung der Strahlungsleistung einer bewegten
Punktladung. Das elektrische Feld einer bewgten Punktladung ist gemäß (8.2.29)
E(x, t) =
q
R2 J 3
n
(1 − β 2 )(er − β) +
.
Für das Fernfeld erhält man (J = 1 − er · β)
.
o R
er × (er − β)× β .
c
t
.
r
.
q q
er · β(er − β) − J β
er × (er − β)× β =
Ef (x, t) =
3
3
cRJ
cRJ
t
r
c 2
c
Ef × (er ×Ef ) =
Ef er .
4π
4π
In der Strahlungszone steht Ef ⊥ er , wie leicht nachgerechnet werden kann. Wir
erhalten
S=
n
.
.
. . . .o
. . . .
. . .
q2
(er · β)2 (1 − 2er · β + β 2 ) − 2J er · β(er · β − β · β) + J 2 β 2
c2 R2 J 6
n
o
q2
= 2 2 6 (er · β)2 (2J − 1 + β 2 ) − 2J er · β(er · β − β · β) + J 2 β 2
c R J
n
o
q2
= 2 2 6 − (er · β)2 (1 − β 2 ) + 2J (er · β)(β · β) + J 2 β 2 .
c R J
Ef2 =
.
Zu berechnen ist die Strahlungsleistung, wobei
dP (t)
Jc 2
c 2
∂t
=
=
Ef (tr ) R2 (tr )
R (tr ) Ef2 (tr ) .
dΩ
4π
∂tr
4π
ˆ
Jc
dΩ R2 Ef2
4π
ˆ π
ˆ 2π
n
o
1
q2
dϑ sin ϑ
dϕ 5 −(er · β)2 (1 − β 2 ) + 2J (er · β)(β · β) + J 2 β 2 .
=
4πc 0
J
0
P =
.
. .
.
Nun gilt es die Vektoren festzulegen (siehe Skizze); sphärischer Kosinussatz:
. .
.
er · β = β cos θ = β cos ϑ0 cos ϑ + sin ϑ0 sin ϑ cos(ϕ0 −ϕ) .
.
ϕ kommt nur im Skalarprodukt er · β in der Form ϕ′ = ϕ − ϕ0 vor, weshalb wir
zuerst nach ϕ′ integrieren:
L66
8 Felder von bewegten Ladungen
ˆ 2π
2π
1
dϕ′ (er · β)2 = β 2
dϕ′ cos2 ϑ0 cos2 ϑ + sin(2ϑ0 ) sin(2ϑ) cos ϕ′
2
0
0
.
ˆ
.
+ sin2 ϑ0 sin2 ϑ cos2 ϕ′
.
1
= 2π β 2 cos2 ϑ0 cos2 ϑ + sin2 ϑ0 sin2 ϑ
2
ˆ 2π
ˆ 2π
dϕ (er · β) = β
dϕ′ cos ϑ0 cos ϑ + sin ϑ0 sin ϑ cos ϕ′
. .
.
0
0
= 2π β cos ϑ0 cos ϑ .
. .
Wir erhalten somit nach Ersetzung von ξ = cos ϑ und β · β = β β cos ϑ0
ˆ
n
o
q2 β 2 1
1
1
P=
dξ 5 −(1−β 2 ) cos2 ϑ0 ξ 2 + sin2 ϑ0 (1−ξ 2 ) + 2J cos2 ϑ0 βξ + J 2 .
2c −1 J
2
(8.1.19)
.
Der Integrand (samt Vorfaktoren) ist das gesuchte Ergebnis (8.5.17) für
∂P .
∂ cos ϑ
8.7 Liénard-Formel, Teil 2 : Wir verifizieren Sie nun, ausgehend (8.5.17) die LiénardFormel (8.2.42), d.h. wir haben nur die Integration in (8.1.19) auszuführen. Zunächst
formen wir (8.2.42) um, um leichter zum gesuchten Resultat zu kommen (γ 2 =
1/(1−β 2 )):
h
.
.
i
.
2
2q 2 6 2
2q 2
γ β − β× β
= 2 γ 6 β 2 1 − β 2 sin2 ϑ0 .
2
3c
3c
P =
(8.1.20)
Wir trennen daher die Terme mit sin2 ϑ0 vom Rest
h
ˆ
i
q 2 β 2 1 dξ
2
2
2
−
(1
−
β
)
ξ
+
2J
βξ
+
J
P =
2c −1 J 5
.
h
+ sin2 ϑ0 (1 − β 2 ) ξ 2 −
1
(1 − ξ 2 ) − 2J βξ
2
i
und werten die eckigen Klammern getrennt aus. Zunächst ersetzen wir
ξ2 =
1 2 2
1
1 β ξ = 2 (β 2 ξ 2 − 2βξ + 1) + 2(βξ−1) + 1 = 2 J 2 − 2J + 1
2
β
β
β
βkez
J = 1 − er ·β = 1−βξ.
1
β2
ˆ
1
= 2
β
ˆ
P1 =
1
−1
1
−1
1
1
P2 =
2β 2
ˆ
1
=
2β 2
ˆ
dξ
J5
dξ
J5
−1
1
−1
h
h
− (1 − β 2 )(J 2 − 2J + 1) + β 2 2J(1 − J) + J 2
− (J 2 − 2J + 1) + β 2
h
i
i
dξ
(1 − β 2 ) 3(J 2 − 2J + 1) − β 2 ) − 4β 2 J (1 − J)
J5
h
i
dξ
J 2 (3 + β 2 ) − J(6 − 2β 2 ) + (1 − β 2 )(3 − β 2 ) .
J5
i
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
L67
Definieren nun die Integrale:
In+1 =
ˆ
1
−1
dξ
2
1
I3 = γ 4
I4 = γ 6
2
3
I5 = γ 8
1
2
=
J n+1
ˆ
1
−1
⌊ n−1 ⌋
2
X
2
dξ
=
n+1
2
n
(1 − βξ)
n(1 − β )
k=0
n
β 2k
2k + 1
= γ4 2
h 3
1
+
4
1
+
h i
2
3
β2 = γ6
3 + β2)
3
3
i
4
β2 = γ8 2 1 + β2
3
i
h
1
− I3 + 2I4 − (1 − β 2 )I5
β2
h
i
2γ 6
1 2
= 2 − (1 − β 2 ) + 2 1 + β 2 − (1 + β 2 ) = 2γ 6
β
3
3
i
h
1
2
2
2
2
P2 = 2 (3 + β )I3 − 2(3 − β )I4 + (1 − β )(3 − β )I5
2β
h
i
γ6
1 γ6 4
= 2 3 + β 2 1 − β 2 − 2 3 − β 2 1 + β 2 + (3−β 2 )(1 + β 2 ) = − 2 β 4 .
β
3
β 3
P1 =
Damit erhalten wir, wie gewünscht:
.
P =
.
q2 β 2
2q 2 β 2 6
(P1 + sin2 ϑ0 P2 ) =
γ (1 − β 2 sin2 ϑ0 ).
2c
3c
8.8 Frequenzspektrum der Punktladung auf einer Kreisbahn:
1. Berechnen Sie die Fourierkoeffizienten An für r → ∞. A(x, t) ist eine periodische
Funktion mit der Periode T = 2π/ω ⇒ Fourierreihe:
∞
X
A(x, t) =
An (x, t) e−inωt
An =
n=−∞
1
T
ˆ
T
dt A(x, t) einωt
0
q
β(tr ) = A X(tr ), β(tr ) :
R(tr )J(tr )
ˆ
q
∂t
1 Tr
A(tr ) einωt
dtr
dtr =
β einω(tr +R(tr )/c)
∂tr
T 0
R(tr )
Nun ist A(x, t) =
An =
1
T
ˆ
Tr
0
Es ist x′ = ae̺ = a cos(ωtr ) ex + sin(ωtr ) ex . Unter der Annahme, dass r ≫ a
und ̺ ≫ a erhalten wir
R=
=
q
r 2 +a2 −2arer · cos(ωtr )ex +sin(ωtr )ey
p
r 2 +a2 −2ar sin ϑ cos(ϕ−ωtr ) ≈ r − a sin ϑ cos(ϕ−ωtr ).
L68
8 Felder von bewegten Ladungen
Bei der Transformation t = t′ + rc − ac sin ϑ cos(ϕ − ωt′ ) bleiben die Grenzen
unverändert, d.h. Tr = T , woraus folgt (k = ω/c)
ˆ
einkr T ′ inωt′ −inka sin ϑ cos(ϕ−ωt′ ) An = q
dt e
e
β −sin(ωt′ ) ex + cos(ωt′ ) ey .
Tr 0
Nun sei α = ωt′ und ωdt′ = dα und T = 2π/ω
ˆ
einkr 2π
An = qβ
dα einα−inka sin ϑ cos(ϕ−α) − sin α ex + cos α ey
2πr 0
π
π
π
, so folgt dα′ = dα und [0, 2π] → [−ϕ+ , 2π −ϕ+ ] und
2
2
2
π
cos(ϕ−α) = cos(−α′ + ) = sin α′
2
ˆ 2π+ϕ− π
inkr
2
π e
dα′
×
An = qβein(ϕ− 2 )
π
2πr
ϕ− 2
′
′ π
π
× einα −ian sin ϑ sin α −sin(α′ +ϕ− )ex + cos(α′ +ϕ− )ey .
2
2
Sei α′ = α − ϕ +
Die Integrationsgrenzen kann man verschieben, so dass (ζ = a sin ϑ)
inkr ˆ π
′
′
π e
An = qβein(ϕ− 2 )
dα′ einα −ian sin ϑ sin α cos(α′ +ϕ)ex + sin(α′ +ϕ)ey
2πr −π
inkr ˆ π
′
′ π e
dα′ einα −iζn sin α cos α′ e̺ + sin α′ eϕ
= qβein(ϕ− 2 )
2πr −π
π
in(ϕ− 2 )
An
̺ = qβe
π
einkr 1 einkr n
Jn (nζ)
Jn−1 (nζ) + Jn+1 (nζ) = qβein(ϕ−π/2)
r 2
r nζ
in(ϕ− 2 )
An
ϕ = qβe
d
einkr
i
Jn (nζ).
r
dnζ
2. Berechnen Sie die asymptotischen Felder Bn und (zeitlich gemittelt) h
dP n
i.
dΩ
Für die Felder benötigen wir deren Fourierkoeffizienten:
einkr einkr n
Jn (nz)
Jn−1 (nz)+Jn+1 (nz) = qβein(ϕ−π/2)
2r
r nz
inkr
d
in(ϕ−π/2) e
i
Jn (nz)
An
ϕ = qβe
r
dnz
in(ϕ−π/2)
An
̺ = qβe
Die folgende asymptotischen Ableitungen werden benötigt, wobei auch ̺ ≫ a sein
soll:
∂An
̺
= ikn sin ϑ An
̺
∂̺
∂An
ϕ
= ikn sin ϑ An
ϕ
∂̺
∂An
̺
= in An
̺
∂ϕ
∂An
ϕ
= in An
ϕ
∂ϕ
∂An
̺
= ikn cos ϑ An
̺
∂z
∂An
ϕ
= ikn cos ϑ An
ϕ.
∂z
Die Fourierreihe von A ist unter Berücksichtigung von A0 = 0
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
A(x, t) = 2
∞
X
n=1
Re An e−inωt = 2
∞
X
L69
Re An cos(nωt) + Im An sin(nωt) .
n=1
Bilden nun Rotation und Absolutquadrat
∂An
1 ∂An
ϕ
z
−
= −ink cos ϑAn
ϕ
̺ ∂ϕ
∂z
∂An
∂An
̺
z
Bϕn =
−
= ink cos ϑAn
̺
∂z
∂̺
n
n
∂A̺
1 ∂̺Aϕ
Bz =
−
= ink sin ϑ An
ϕ.
̺
∂̺
∂ϕ
B̺n =
Zeitlicher Mittelwert: A0 = 0 ⇒ B n = 0
L70
8 Felder von bewegten Ladungen
∞ ˆ
4 X T dt Re B k cos(kωt) + Im B k sin(kωt)
T
0
hB 2 i =
k,l=1
× Re B l cos(lωt) + Im B l sin(lωt)
∞ ˆ
∞
X
4 X T =
dt (Re B k )2 cos2 (kωt) + (Im B k )2 sin2 (kωt) = 2
|B k |2 .
T
0
k=1
k=1
Einfacher geht es, wenn wir die komplexe Schreibweise verwenden
2
n 2
|B n |2 = n2 k2 cos2 ϑ|An
̺ | + |Aϕ |
dhP n i
c 2 n2
=
r |B | .
dΩ
8π
8.9 Punktdipol: Die wesentlichen Resultate sind im Buch angegeben. Hier wird eine
Zusammenfassung nachgeholt.
1. Stromdichte: Ein am Ursprung gelegener Punktdipol hat die Ladungsdichte
ρ(x, t) = −p(t) · ∇δ(3) (x) .
Aus der Kontinuitätsgleichung folgt
. .
ρ = −p · ∇δ(3) (x) = −∇ · j
.
⇒ j(x, t) = p(t) δ(3) (x) .
′
2. Skalares Potential: ρ(x′ , tr ) = −p(t)eik|x−x | ·∇′ δ(3) (x′ ).
ˆ
′
ˆ
ik|x−x′ |
eik|x−x | p(t)·∇′ δ(3) (x′ ) part.
int.
3 ′ (3)
′
′e
=
d
x
δ
(x
)p(t)·∇
φ(x, t) = − d3 x′
|x − x′ |
|x−x′ |
∇′ →−∇
=
−p(t) · ∇
eikr
.
r
.
′
Vektorpotential: j(x′ , tr ) = p(t) eik|x−x | δ(x′ ).
′
ˆ
eik|x−x | p(t) δ(3) (x′ )
1
eikr−iωt
eikr
1
d3 x ′
=
=
−ik
p
.
p(t)
A(x, t) =
c
|x − x′ |
c
r
r
.
Verifizierung der Lorenz-Eichung:
.
.
.
.
1
1
1
eikr
eikr
+ p(t) · ∇
= 0.
φ + ∇ · A = − p(t) · ∇
c
c
r
c
r
3. Felder in der Fernzone: Magnetfeld B(x, t) = B(x) e−iωt :
B(x) = ∇×A = −ik
eikr
iker × p
r
E(x) = B×er = k2
eikr
er ×(p×er ).
r
Nahfeld: Setze ein: eikr = 1.
x
B(x) = ∇ × A = ik 3 × p
r
x
x
x
x
i
E(x) = ∇ × B = −∇ × ( 3 ×p) = p(∇ · 3 ) − (p · ∇) 3 = −(p · ∇) 3
k
r
r
r
r
(p · x)x
p
.
= − 3 +3
r
r5
Das Nahfeld ist, wie erwartet, ein Dipolfeld.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
L71
4. Strahlungsleistung des Punktdipols
dhP i
ck4
=
|p|2 − |er · p|2
dΩ
8π
ˆ
dΩ cos2 ϑ = 4π
1
3
ˆ
dΩ sin2 ϑ = 4π
2
.
3
a) p(0) = p0 ez :
er · p = p0 cos ϑ
ck4 p20
dhP i
ck4 p20
=
sin2 ϑ
1 − cos2 ϑ =
dΩ
8π
8π
hP i =
ck4 p20
.
3
b) p rotiert in xy-Ebene; zur komplexen Darstellung von p orientieren Sie sich
an (10.2.1): p(0) = p0 (ex +iey )
er · p = p0 sin ϑ cos ϕ + i sin ϕ
ck4 p20
ck4 p20
dhP i
=
2 − sin2 ϑ =
1 + cos2 ϑ
dΩ
8π
8π
hP i =
2ck4 p20
.
3
Die Strahlungsleistung hP i des rotierenden Dipols ist um den Faktor 2 größer.
8.10 Magnetische Dipolstrahlung:
1. Berechnen Sie die Fernfelder: Wir bestimmen die Fouriertransformierte der
Stromdichte, wobei
z ′ =0
̺′ =a
k·x′ = ka sin ϑ cos ϕex +sin ϕey cos ϕ′ ex +sin ϕ′ ey = ka cos(ϕ′ −ϕ)
ˆ
′
j(k) = d̺′ ̺′ dϕ′ dz ′ Iδ(̺′ −a)δ(z ′ ) eϕ′ e−ik·x
ˆ 2π
ˆ 2π−ϕ
′
′′
ϕ′′ =ϕ′−ϕ
= Ia dϕ′ e−ika sin ϑ cos(ϕ −ϕ) eϕ′
= Ia
dϕ′′ e−ika sin ϑ cos ϕ eϕ′′+ϕ .
0
−ϕ
Im Integranden ist e
ϕ′′ +ϕ
zu ersetzen
eϕ′′+ϕ = − sin(ϕ +ϕ) ex + cos(ϕ′′ +ϕ)ey = − sin ϕ′′ cos ϕ + cos ϕ′′ sin ϕ ex
′′
+ cos ϕ′′ cos ϕ − sin ϕ′′ sin ϕ ey = cos ϕ′′ eϕ − sin ϕ′′ e̺ .
Weitere Transformation: α = ϕ′′ −π/2, woraus folgt: cos ϕ′′ = sin α und sin ϕ′′ =
− cos α
ˆ 2π+ϕ−π/2
j(k) = Ia
dα e−ika sin ϑ sin α sin α eϕ + cos α e̺ .
ϕ−π/2
Integral über volle Periode: Grenzen dürfen verschoben werden: ζ = ka sin ϑ
ˆ π
j(k) = Ia
dα e−ika sin ϑ sin α sin α eϕ + cos α e̺
−π
ˆ π
h
i
iIa
=−
dα eiα−iζ sin α − e−iα−iζ sin α .
eϕ
2
−π
L72
8 Felder von bewegten Ladungen
Der Term von e̺ verschwindet. Verwenden Jn (z) = (−1)n Jn (z)
j(k) = −2πiIaeϕ J1 (ζ).
Berechnen nun die Winkelabhängigkeit: er ·j(k) = 0
eikr−iωt
eikr−iωt
j(k) =
(−2πiIa) J1 (ζ) eϕ
cr
cr
eikr−iωt
eikr−iωt
ik er × j(k) =
(−2πIka) J1 (ζ)eϑ
B(x, t) =
cr
cr
eikr−iωt
eikr−iωt
E(x, t) =
ik er × j(k) × er =
(2πIka) J1 (ζ)eϕ .
cr
cr
A(x, t) =
dP
i und hP i:
2. Berechnen Sie h dΩ
Das magnetische Moment des Kreisstromes ist: m = πa2 I/c ez .
B(x, t) =
eikr−iωt
eikr−iωt
ik er × j(k) =
(−2πIka) J1 (ζ)eϑ
cr
cr
dhP i
k2
k2 c
=
4π 2 I 2 a2 J12 (ζ) =
m2 J12 (ζ)
dΩ
8πc
2πa2
 4
k c 2


m sin2 ϑ
8π
r
=
2
π
2π

 k c m2
sin(ka sin ϑ − )
2πa2
ka sin ϑ
4
hP i =
ˆ
ka ≪ 1
ka ≫ 1
 4
 3k c m2 ka ≪ 1
k c
2 2
3
m
J
(ζ)
=
dΩ
1
2πa2
 2kc m2 ka ≫ 1
2
a3
3. Zeigen Sie, dass es keine elektrische Multipolstrahlung gibt und geben Sie die
dP
i und hP i der magnetischen Dipolstrahlung an. Aus ∇ · j = 0 folgt
Beiträge h dΩ
über die Kontinuitätsgleichung ρ(x) = 0. Damit verschwinden alle elektrischen
Multipolstrahlungen und gemäß (8.4.35) ist
.
dhP i
k4 c 2
=
m sin2 ϑ
dΩ
8π
ˆ
k4 c 2
3k4 c 2
hP i = dΩ
m sin2 ϑ =
m
8π
3
ident mit Resultat für ka ≪ 1
ident mit Resultat für ka ≪ 1 .
8.11 Die Rechnung zur Trennung des elektrischen vom magnetischen Dipolanteil
ist einfach: Wir gehen von der Fernzone aus
ˆ
ˆ
′
eikr
eikr
A(x) =
d3 x′ e−ik·x j(x′ ) ≈
d3 x′ 1 − ik · x′ j(x′ ) .
cr
cr
Der 1. Term gibt die elektrische Dipolstrahlung. Hier beinhaltet der 2. Term noch
die elektrische Quadrupolstrahlung (siehe (4.2.4))
a2 =
ˆ
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
ˆ
1
d3 x′ k · x′ j(x′ ) = cm × k + M k
Mij = d3 x′ ρ(x′ ) x′i x′j .
2
.
Ohne Quadrupolstrahlung und
A(x) ≈ −ik
B(x) = k2
L73
1
j(0) = −ikp erhält man
c
eikr p + m × k̂
r
eikr er × p + er × (m × k̂) .
r
Hier sind elektrische und magnetische Dipol-Anteile säuberlich getrennt und wir
haben nun p und m zu bestimmen.
1. Der 1. Fall (elektrische Dipolstrahlung)
ˆ 2π
j(0) = Ia
dϕ′ sin ϕ′ −sin ϕ′ ex +cos ϕ′ ey = −πIa ex .
0
Daraus folgt p = ωi j(0) = πIa
ω ex .
ˆ
1
m=−
d3 x j × x′
2c
ˆ
Ia2 2π ′
=−
dϕ sin ϕ′ − sin ϕ′ ex +cos ϕ′ ey × cos ϕ′ ex +sin ϕ′ ey
2c 0
ˆ
Ia2 ˆ 2π ′
Ia2 2π ′
=
dϕ sin ϕ′ sin2 ϕ′ ez +cos2 ϕ′ ez =
dϕ sin ϕ′ ez = 0.
2c 0
2c 0
Wir haben also nur eine elektrische Dipolstrahlung - und natürlich höhere Multipolanteile, die in der Fernzone zu Besselfunktionen führen.
2. Der 2. Fall: elektr. und magnetische Dipolstrahlung: Wir haben nun p und m zu
bestimmen.
ˆ 2π
ϕ′ − sin ϕ′ ex + cos ϕ′ ey
j(0) = Ia
dϕ′ sin
2
0
ˆ π
i
8Ia
8
ex .
= −4Ia ex dϕ′′ sin2 ϕ′′ cos ϕ′′ = − Ia ⇒ p = j(0) = −i
3
ω
3ω
0
ˆ
Ia2 2π
ϕ′
d3 x j × x′ = −
dϕ′ sin
eϕ′ ×e̺′
2c 0
2
ˆ
π
Ia2
2Ia2
=
ez
ez .
dϕ′′ sin ϕ′′ =
c
c
0
m=−
1
2c
ˆ
Es gilt demnach, dass m = |m| = |p|
hSi =
3ak
.
4
c k4 er × (p × er ) + (m × er ) × er × p∗ + er × (m × er ) .
2
8π r
Explizite Rechnung: Wir verwenden p∗ = −p und erwarten, dass alle gemischten
Produkte verschwinden, da hSi reell sein muß. Wir definieren α = (p × er ) ×
L74
8 Felder von bewegten Ladungen
(er × m) . Die gemischten Terme sollen verschwinden. Bringe ich α auf die linke
Seite, so ist zu zeigen, dass:
α = er × (p×er ) × er × (m×er )
= (p × er ) er · er × (m × er )
zykl.
− er (p × er ) · er × (m × er )
= −er er · (p × er ) × (m × er ) . = +er er · α
Es muss also gelten:
α − er er · α = er × (α × er ) = 0.
Wir haben zu zeigen, dass α ∼ er , da dann das Vektorprodukt verschwindet
α = (p × er ) × (er × m) = er p · (er × m) − p er · (er × m)
= er p · (er × m) ∼ er .
Da p imaginär ist, ist es eleganter zu berechnen:
|B|2 = (Bm + iBp ) · (Bm − iBp ) = |Bm |2 + |Bp |2 .
Das ist sichtlich einfacher. Jetzt berechnen wir die einzelnen Beiträge; die sind
(wie gewöhnlich)
k4 |p|2 k4 2
|p| − |er · p|2 =
1 − sin2 ϑ cos2 ϕ
2
2
r
r
k4 |m|2 k4 2
2
m 2
1 − cos2 ϑ .
|B | = 2 |m| − |er · m| =
2
r
r
|Bp |2 =
Wir sehen daraus, dass in der xy-Ebene minimale p-Strahlung ∼ sin2 ϕ, dafür
aber maximale m-Strahlung. Umgekehrt sieht es in der z-Achse aus, wo nur pStrahlung vorkommt (und axialsymmetrisch).
h
i
dhP i
c 2 2
ck4
=
r |B| =
|p|2 1 − sin2 ϑ cos2 ϕ + m2 1 − cos2 ϑ .
dΩ
8π
8π
8.12 Dipolzeile/Dipolgruppe: Der Strukturfaktor hat bei regelmäßigen Abständen
gemäß (8.4.26) die Form
F (k) =
sin( nk·a
)
2
sin( k·a
)
2
Die Hauptmaxima sind im Abstand k · a = 2πm und die (halben) Halbwertsbreiten
für E und dP/dΩ sind (n ≫ 1)
sin(nx)
sin nx
n
≈
=
sin x
x
2
sin(nx)
sin x
2
≈
sin(nx)
x
2
⇒
=
n2
2
⇒
sin nx 1
=
nx
2
⇒ x≈
1.9
0.60π
≈
n
n
1
2
⇒ x≈
1.4
0.44π
≈
.
n
n
sin nx 2
nx
=
Es ist x = k · a/2 = cos θπ (a/λ), woraus für die Halbwertsbreiten folgt
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
cos θ ≈
1.2 λ
n 2a
bzw.
cos θ ≈
L75
0.9 λ
.
n 2a
Man geht davon aus, dass eine Verstärkung senkrecht auf a stattfindet. Mit
a = π/2 verschwindet die Intensität in der Richtung der Kette; Mit a = π hat
die Intensität in der Richtung der Kette ein Hauptmaximum, was nicht gerade für
einen Richtfunk spricht und bei noch höheren Gitterabständen hat man zusätzliche
Hauptmaxima, was der Fokussierung in eine Richtung nich förderlich ist.
1. Dipolzeile: In der z-Achse strahlt die Antenne nicht, d.h. der Abstand muß nur
a ≈ π/2 erfüllen. Die Instensität ist rotationssymmetrisch um die z-Achse
Die entscheidende Größe ist k · a/2, von der wir erwarten, dass
0<k·a =
2πa
. π,
λ
da sonst weitere Hauptmaxima an den Rändern auftreten.
2. Dipolgruppe: Jetzt ist es wichtig, dass a = λ/2, da sonst auch in x-Richtung
abgestrahlt wird; das Maximum liegt klar in der y-Richtung.
8.13 Strahlung einer rotationssymmetrischen Ladung: Wenn die Stromverteilung
rotationssymmetrisch ist, so darf sich der Strom bei Drehungen um beliebige Achsen
nicht ändern: Wenn wir einen Vektor haben, so kann nur eine Drehung, die den
Vektor unverändert läßt, auch den Strom unverändert lassen: Man dreht um er und
wohin er auch zeigt, der Strom bleibt immer ungeändert
j(x, t) = j(r, t) er .
Nun können wir die Gleichungen für die Strahlung in der Fernzone heranziehen, um
die gesamte Strahlung zu bekommen (siehe (8.3.25))
E(x, t) = ik
eikr−iωt
er × j(k) × er
cr
Zu berechnen ist
ˆ
ˆ
′
′ j(r , t)
j(r ′ , t) ′
′
j(k) = d3 x′ e−ik·x
x
=
−i
d3 x′ sin(k · x′ )
x = kj(k, t) .
′
r
r′
Wir haben hier die z ′ -Achse parallel zu k gelegt, Nun ist k = ker , d.h. E = 0 und
damit gibt es keine Strahlung.
8.14 Quadrupolstrahlung zweier rotierender Ladungen:
1. Vektorpotential in der Fernzone: Zu bestimmen ist das zeitabhängige Quadrupolmoment der Ladungsverteilung, wobei zur Zeit t = 0 die Ladungsverteilung
gegeben sei durch
ρ(x, 0) = (e/2) δ(x − a) + δ(x + a) − 2δ(x) δ(y)δ(z).
Damit erhalten wir die Momente 2. Ordnung sind gemäß (2.5.8)
ˆ
e
r
⇒
Sp Mr = M = ea2 .
Mij (0) = d3 x ρ(x) xi xj = 2a2 δi1 δj1
2
L76
8 Felder von bewegten Ladungen
r
Nur M11
ist ungleich null. Damit kann der reelle Mr dargestellt werden als
Mr (0) = M ex ◦ ex .
Wir drehen jetzt ex um die z-Achse um den Winkel α im Gegenuhrzeigersinn:
D(α)ex =
!
1
0
0
cos α − sin α 0
sin α cos α 0
0
0
1
!
!
cos α
sin α
0
=
Damit ist
Mr (α) = M D(α)ex ◦ ex Dt (α) := M ex (α) ◦ ex (α).
Einschub: Im Prinzip wollen wir, wie beim rotierenden Dipol, zu einer komplexen
Darstellung des Moments übergehen. Um festzutellen, welche Bedingungen das
Moment erfüllen muss, gehen wir vom Quadrupolanteil in (8.4.30) aus
ˆ
eikr
eikr r
r≫d
3 ′
′
′
′
A(x, t) =
=
−ik
(1−ikr)
d
x
ρ(x
,
t)x
◦
x
e
M er
r
2cr 2
2cr
.
.
= −ik
eikr
(−iω)M er .
2cr
Der komplexe Tensor M ist zu bestimmen, wobei Mr (α) vorgegeben ist. Hierbei
ist (in 2-dimensionaler Schreibweise) für α = ωt/2
!
. Mω h
M (t) =
− sin ωt
2
+
sin ωt
cos ωt
2
2
ωt
2
cos 2
M ω − sin ωt cos ωt
=
.
cos ωt sin ωt
2
r
cos ωt
2
sin ωt
2
!
i
ωt − sin ωt
2 cos 2
Sei M der Tensor der Momente in komplexer Schreibweise, so sollte gelten
.
r
−iωi Im M = M .
(8.1.21)
Jetzt machen wir für das komplexe Moment den Ansatz, wobei wir uns am rotierenden Dipolmoment orientieren, d.h. an (10.2.1)
M
M(ωt) =
e+ (α) ◦ e+ (α)
2
e+ (α) = (ex + iey )e−iα
α = ωt/2
(8.1.22)
und versuchen (8.1.21) zu verifizieren
.
M(t) = −iωM
Im M(t) =
M
2
=
M
2
h
cos α
sin α
− sin α cos α +
− sin 2α cos 2α
cos 2α sin 2α
=
M
2
− sin α
cos α
cos α − sin α
− sin ωt cos ωt
.
cos ωt sin ωt
i
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
L77
Der Ansatz (8.1.22) für M ist also richtig.
Das asymptotische Vektorpotential ist nun gemäß (8.4.37)
k2 ikr−iωt
e
Mer
2r
k2
= − eikr−iωt M (ex + iey )(ex ·er + iey ·er ).
2r
A(q) (x, t) = −
2. Für die Strahlungsleistung sind zunächst die Felder (8.4.40), d.h. Bf zu bestimmen, wobei wir M beibehalten
Bf (x, t) = −ik3
1 eikr−iωt
er × Mer .
2
r
Daraus folgt
k6 2 2
M er ×(ex +iey ) · e2r ×(ex −iey ) |er ·(ex + iey )|2
4
k6 2 =
M 2 − sin2 ϑ(cos2 ϕ + sinϕ ) (er ·ex )2 + (er ·ey )2
4
k6 2 =
M 1 + cos2 ϑ sin2 ϑ .
4
Wir erhalten so die Strahlungsleistung
|Bf |2 =
∂P
c k6 2 4 i=
e0 a 1 + sin2 ϑ sin2 ϑ .
∂Ω
8π 16
Die Integration ergibt nach Auswertung der Integrale
ˆ π
ˆ 1
4
1
dϑ sin ϑ sin2 ϑ =
dξ(1 − ξ 2 ) = 2(1 − ) =
3
3
0
−1
ˆ π
ˆ 1
1
1
4
dϑ sin ϑ sin2 ϑ cos2 ϑ =
dξ(1 − ξ 2 )ξ 2 = 2( − ) =
3
5
15
0
−1
h
das Resultat für die gesamte Strahlungsleistung
hP i =
c k6 2 4 8π
ck6 2 4
e0 a
(5 + 1) =
e0 a .
8π 16
15
40
8.15 Hertzsche Vektoren
′
ˆ
∇ · Pe (x′ , t′ )
3 ′
φ(x, t) = − d x
|x − x′ |
t′ =tr
ˆ
o
n ∇′ · P (x′ , t )
∂tr Pe (x′ , tr )
e
r
−
·
= − d3 x ′
|x − x′ |
∂x′
|x − x′ |
ˆ
n
o
′
Pe (x , tr )
∂tr Pe (x′ , tr )
1
′
′
−
P
(x
,
t
)·∇
−
·
= − d3 x′ ∇′ ·
e
r
|x−x′ |
|x−x′ |
∂x′
|x − x′ |
ˆ
"
n
o
′
Pe (x , tr )
1
∂tr Pe (x′ , tr )
Gauss
3 ′
′
−
d
x
P
(x
,
t
)·∇
−
·
= − df ′ ·
e
r
|x−x′ |
|x−x′ | ∂x′ |x−x′ |
ˆ
n P (x′ , t ) o
∂tr ∂tr Pe (x′ , tr )
e
r
−
+ ′ ·
= − d3 x′ ∇·
= −∇ · Ze (x, t).
′
′
|x−x |
∂x ∂x
|x−x |
.
.
.
.
L78
8 Felder von bewegten Ladungen
Die Rechnung für A geht analog, wenngleich sie eine Spur umständlicher ist
.
d x
. (x , t ) ∇ ×M (x , t )
ˆ
nP
1
d x
+c
−c
=
c
|x−x |
|x−x |
ˆ
1.
= Z (x, t) + d x
1
A(x, t) =
c
ˆ
3 ′
Pe (x′ , t′ ) + c∇′ × Mq (x′ , t′ )
|x − x′ |
e
3 ′
c
′
r
′
q
′
t′ =tr
r
∂tr
∂x′
′
3 ′
q
n
′
× ∇′ ×
.
× Mq (x′ , tr ) o
|x−x′ |
Mq (x′ , tr )
∂tr Mq (x′ , tr )
1
′
′
+
M
(x
,
t
)×∇
−
×
q
r
|x−x′ |
|x−x′ | ∂x′
|x−x′ |
.
o
Me (x′ , tr )
|x−x′ |
ˆ
n
o
Mq (x′ , tr )
1
∂tr
− d3 x′ Mq (x′ , tr ) × ∇
+
×
|x − x′ |
∂x′
|x − x′ |
ˆ
n
o
′
Mq (x , tr )
∂tr ∂tr Mq (x′ , tr )
1
−
+ ′ ×
= Zq (x, t) + d3 x′ ∇×
′
′
c
|x − x |
∂x ∂x
|x − x |
1
= Zq (x, t) + ∇ × Zm (x, t) .
c
1
Zq (x, t) +
c
Gauss
A(x, t) =
"
df ′ ×
.
.
8.17 Runaway-Lösung der Abraham-Lorentzschen Bewegungsgleichung: Wir beschränken uns auf eine Dimension von (8.5.4).
1. f0 = F0 /m und ta < t0 < tb
tb
d2 v
dv
= τ0 2 + f0 θ(t − t0 )
dt
dt
ta
Ist nun t= t0 − ǫ und tb = t0 + ǫ, so gilt
= τ0
v
.
.
dv tb
+ f0 (tb − t0 )
dt ta
v(t0 + ǫ) − v(t0 − ǫ) = τ0 v(t0 + ǫ) − v(t0 − ǫ) + ǫf0 .
.
Da v stetig ist, muss auch v stetig sein, solange F keine δ-Funktion ist.
2. Wir teilen die Lösung in 3 Bereiche:
a) t < t0 :
.v = τ ..v
.
.
dv
dt
=
v
τ0
⇒
0
b) t0 < t < t1 :
.v = τ ..v + f
0
.
.
< t: v = Ae
ln v − f0 ) =
c) t1
t/τ
t
+b
τ
.
0
⇒
⇒
⇒
.
ln v =
t
+a
τ
..v = v. − f0 ⇒
.v = f
0
τ0
+ bet/τ .
.
v = aet/τ .
⇒
.
.v −dvf
0
=
dt
⇒
τ0
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
.
L79
Wir verwenden jetzt die Stetigkeit von v an t0 und t1 :
aet0 /τ0 = f0 + bet0 /τ0
f0 + bet1 /τ0 = Aet1 /τ0
Daraus ergibt sich die Lösung:
.v(t) =
(t−t )/τ

t /τ
 f0 + be 0 0 e 0 0
f0 + bet/τ0

f0 + bet1 /τ0 e(t−t1 )/τ0
t < t0
t0 < t < t1
t1 < t
Man sieht unmittelbar, dass die Lösung im Bereich t1 < t divergiert.
3. Man kann das Anwachsen der Beschleunigung nach dem Abschalten der Kraft nur
vermeiden, indem man b so wählt, dass b = −f0 e−t1 /τ0 . In diesem Fall bekommt
man für t < t0 : f0 + bet0 /τ = f0 [1 − e(t0 −t1 )/τ0 ]. Man erhält also
.v(t) =
(t−t )/τ

(t −t )/τ
f0 1 − e 0 1 0 e 0 0
f0 (1 − e(t−t1)/τ0 )

0
t < t0
t0 < t < t1
t1 < t
Man sieht, dass für t < t0 die Intensität ansteigt, obwohl noch keine Kraft wirkt
(preacceleration). Nimmt man für v(−∞) = 0 an, so ergibt sich
v(t) =
(t−t )/τ
 (t −t )/τ
f0 τ 1 − e 0 1 0 e 0 0
f0 t − t0 + τ − τ e(t−t1)/τ0

f0 (t1 − t0 )
t < t0
t0 < t < t1
t1 < t
Die Geschwindigkeit steigt also bereits vor dem Einschalten der Kraft an.
8.17 Strahlungsrückwirkung einer Kugelschale: Die Ladungsverteilung des sich am
Ort s(t) befindlichen Elektrons ist gemäß (8.5.12)
δ |x − s(t)| − a
ρ(x − s(t)) = e
4πa2
ˆ
d3 x ρ(x) = e .
Die Bewegungsgleichung formen wir gemäß (B.5.24) um
ˆ
h
i
1
m s̈(t) = Fext (t) + d3 x ρ(x − s(t)) E(x, t) + s(t) × B(x, t)
c
ˆ
h
i
3
1
d
k
ik·s(t)
e
ρ(−k)
E(k,
t)
+
s(t)
×
B(k,
t)
.
= Fext (t) +
(2π)3
c
.
.
Verwendet wird die Coulomb-Eichung. In dieser wird in der inhomogenen Wellengleichung nur der transversale Anteil des Stroms berücksichtigt.
Ac (x, t) =
4π
j⊥ (x, t)
c
.
j⊥ (x, t) = s⊥ (t) ρ(x − s(t))
Das skalare Potential (8.2.49) ist hier quasistatisch
ˆ
ˆ
ρ(x′ − s(t))
φc (x, t) = d3 x′
=
d3 x′ G(x − x′ ) ρ(x′ − s(t)) .
|x − x′ |
L80
8 Felder von bewegten Ladungen
Die Retardierung ist auf das Vektorpotential (8.2.52) beschränkt
ˆ ∞
ˆ
4π
Ac (x, t) =
d3 x′ D(x − x′ , t − t′ ) j⊥ (x′ , t′ )
dt′
c
−∞
φc (x, t) = (G ∗ ρ)(x − s(t)) .
Aus dem Faltungstheorem (B.5.25) folgt
ˆ
4π ∞ ′
dt D(k, t − t′ ) j⊥ (k, t′ )
Ac (k, t) =
c −∞
φc (k, t) = e−ik·s(t) G(k) ̺(k) .
Mit Hilfe von (8.2.15) berechnen wir
ˆ
ˆ
d3 k ik·x 4π ∞ ′
Ac (x, t) =
dt D(k, t − t′ ) j⊥ (k, t′ ) .
e
3
(2π)
c −∞
.
Das Magnetfeld tritt nur im Lorentz-Anteil der Kraft auf und das Vektorprodukt
ist 2. Ordnung in s, so dass der Loretnz-Anteil und damit auch B vernachlässigt
werden. Für das skalare Potential gilt
ˆ
d3 k ik·(x−s(t))
φc (x, t) =
e
G(k) ρ(k)
(2π)3
ˆ
d3 k
∇φc (x, t) =
ikeik·(x−s(t)) G(k) ρ(k)
(2π)3
(∇φc )(k, t) = ike−ik·s(t) G(k) ρ(k)
.
Ac (k, t) =
4π
c
ˆ
t
dt′
−∞
∂
D(k, t − t′ ) j⊥ (k, t′ ) .
∂t
Das elektrische Feld berechnet man somit gemäß
.
4π c
A (k, t)
c
ˆ
4π ∞ ′ ∂
D(k, t − t′ ) j⊥ (k, t′ )
dt
= −ik e−ik·s(t) G(k) ρ(k) − 2
c −∞
∂t
ˆ
4π t
∂
= −ik φ(k, t) − 2
dt′ D(k, t − t′ ) j(k, t′ )
c −∞
∂t
E(k, t) = −(∇φc )(k, t) −
Für die Green-Funktion setzen wir (8.2.10) ein
.
c
sin(kct) + θ(t)c cos(kct) .
k
.
.
Nun ist unter Berücksichtigung von s = s − (s · q)q/q
ˆ
. ˆ
.
j (k, t) = d x e
ρ(x − s) s (t) = d x e
ρ(r ) s (t)
.s (t) ρ(q)
=e
D(k, t) = θ(t)
c
sin(kct)
k
⊥
⊥
3
−ik·s
−ik·x
⊥
2
D(k, t) = δ(t)
⊥
2
3 ′ −ik·(x′ +s)
′
⊥
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 8
Ac (k, t) =
4π
k
.
t
ˆ
−∞
L81
′
dt′ sin(cq(t − t′ )) s⊥ (t′ ) ρ(k) e−ik·s(t )
Da das Integral
ˆ
d3 k
kG(k)ρ(k) = 0
(2π)3
.
für eine sphärisch symmetrische Ladungsverteilung verschwindet, liefert Ac den einzigen Beitrag zu E, was als Vorteil der Coulomb-Eichung gesehen werden kann.
ˆ t
′
1
dt′ cos(ck(t − t′ )) s⊥ (t′ ) ρ(k) e−ik·s(t )
E(k, t) = − Ac (k, t) = −4π
c
−∞
ˆ ∞
′′
t′′ =t−t′
′′
= −4π
dt cos(ckt′′ ) s⊥ (t − t′′ ) ρ(k) e−ik·s(t−t )
.
.
.
0
Der gesamte Beitrag des elektrischen Feldes zur Selbstkraft
ˆ
ˆ
d3 k ik·s(t)
Fselbst = d3 x ρ(x − s(t)) E(x, t) = −
e
|ρ(k)|2
(2π)3
ˆ ∞
′′
× 4π
dt′′ cos(ckt′′ ) s⊥ (t − t′′ ) e−ik·s(t−t )
.
0
Wir vernachlässigen die Exponenten, da diese zu nichtlinearen Beiträgen gehören
und führen das Integral über k aus, wobei wir jetzt die Kugelschale einsetzen
ρ(x) =
e
δ(a − r)
4πa2
Fselbst = −4π
ˆ
∞
dt′′
0
ρ(k) = e
⇒
.
2
s(t − t′′ )4πe2
3
ˆ
sin(ka)
.
ka
d3 k sin2 (ka)
cos(kct′′ )
(2π)3 k2 a2
Hierbei gilt nach den Additionstheoremen für trigonometrische Funktionen:
1
cos(kct′′ ) 1 − cos(2ka)
2
1
2 cos(kct′′ ) − cos(k(ct′′ + 2a)) − cos(k(ct′′ − 2a)) .
=
4
cos(kct′′ ) sin2 (ka) =
Zu lösen sind Integrale der Form
ˆ ∞
sin(k(ct′′ − 2a)) ∞
′′
dk cos(k(ct′′ − 2a)) =
= πδ(ct − 2a) .
ct′′ − 2a
0
0
Wir erhalten so
selbst
F
.
1 .
. 2a ).
s(t) − s(t −
= −4πe
2
ˆ
e2
=−
3c a2
0
∞
h
2 π
2
2δ(ct′′ ) − δ(ct′′ + 2a) − δ(ct′′ − 2a)
dt′′ s⊥ (t − t′′ ) 2
3
πa 4
c
8.17 Impulsänderung durch Abstrahlung: Die Impulsbilanz, (5.6.13) lautet
i
L82
8 Felder von bewegten Ladungen
ˆ
"
Pmech i + PFeld i =
d3 x Tij,j =
.
.
KR
∂KR
dΩ R2 eR j · Tij .
Zu berechnen sind die an der Oberfläche angreifenden Spannungen mit Hilfe des
Maxwellschen Spnnungstensors (5.6.11)
Tij =
1
1 2
Ei Ej + Bi Bj −
E + B 2 δij
4π
2
Wir integrieren über eine Kugel mit R → ∞, so dass wir nur die Fernfelder in
(8.2.29) des mit v = 0 des schwingenden Elektrons zu berücksichtigen haben
q
Ef (x, t) =
cR J 3
−q
cR J 3
Bf (x, t) =
Zu berechnen ist
o .
e × (e −β)× β =
n
o
.
.
e × β + e ×(β× β) n
.
v=0
r
r
tr
r
r
h
v=0
=
tr
.
−q
e × β
cR
Zunächst sieht man, dass E · er = B · er = 0. Weiters ist
B2 = E2 =
Somit ist
. q β.
P =
i
Nun ist
2
4πc2
ˆ
ˆ
. .
.
i
r
tr
.
q2 2
q2 2
2 βkez
β sin2 ϑ .
=
β
−
(
β·e
)
r
R2 c2
R2 c2
2π
dϕ
0
2π
cos ϕ =
0
r
1
1 2
Ei (E·er ) + Bi (B·er ) −
E + B 2 eR i
4π
2
Tij eR j =
2
.
−q β − (er · β)er cR
t
ˆ
ˆ
π
0
2π
dϑ sin3 ϑ

sin ϑ cos ϕ
sin ϑ sin ϕ
cos ϑ .

sin ϕ = 0. Außerdem ist
0
ˆ
π
dϑ sin3 ϑ cos ϑ =
0
Damit ist gezeigt, dass die Impulsabstrahlung verschwindet.
1
π
sin4 ϑ = 0.
4
0
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 9
L83
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 9
9.1 Widerstandsberechnung: Zunächst bestimmen wir die Impedanzen der beiden
Schaltkreise mittels (9.2.13)
Z=
Z ′ Z ′′
Z ′ + Z ′′
Za =
−iωL
−ω 2 Ca L + 1
Zb =
R
.
−iωRCb + 1
Daraus folgt
Z = Za + Zb =
−iωL(1−iωRCb ) + R(1−ω 2 Ca L)
(1−ω 2 LCa )(1−iωRCb )
=
R−ω 2 R(Ca +Cb )L−iωL
(1+iωRCb )
(1−ω 2 LCa )(1+ω 2 R2 Cb2 )
=
RCb R − ω 2 R(Ca + Cb )L − L
R − ω 2 R(Ca + Cb )L + ω 2 RCb L
+ iω
.
2
2
2
2
(1 − ω LCa )(1 + ω R Cb )
(1 − ω 2 LCa )(1 + ω 2 R2 Cb2 )
Der Imaginärteil von Z (Blindwiderstand) muß verschwinden: Die triviale Lösung
ω = 0 für Gleichstrom hat Z = R; ansonsten
−R2 Cb (Ca + Cb )Lω 2 + R2 Cb − L = 0
Diese Gleichung hat nur dann eine reelle Lösung, wenn R2 Cb ≥ L.
ω=
r
Cb R 2 − L
R2 Cb (Ca + Cb )L
Re Z =
R
R − ω 2 RCa L
=
(1 − ω 2 Ca L)(1 + ω 2 R2 Cb2 )
1 + ω 2 R2 Cb2
R2 Cb (Ca + Cb )L + (R2 Cb − L)R2 Cb2
Ca L + R2 Cb2
=
2
R Cb (Ca + Cb )L
(Ca + Cb )L
Ca + Cb
.
Re Z = RL
Ca L + R2 Cb2
1 + ω 2 R2 Cb2 =
9.2 Wheatstonesche Brücke: Wir beziehen und auf (9.2.12)
Zb = Zd
Za
Zc
und setzen ein
R − iωL = (Ra − iωLa )
Rd
Rc
⇒
R = Ra
Rd
Rc
Der Nachteil besteht darin, dass Ra nicht so genau bekannt ist.
L = La
Rd
Rc
L84
9 Quasistationäre Ströme
∼
✒
Ve
Rc
Rd
Ic
✻
❄
Ia
Id ❄
G ✕
Ib
La
QPPPPPPR
Ra
R
✒
✻
L
QPPPPPPR
Abb. L7. Wheatstonesche Brücke
zur Bestimmung von R und L; die
Widersände werden solange verändert bis das Galvanometer G keinen Strom mehr anzeigt; MaxwellBrücke
9.3 Telegraphengleichung: Wir setzen den Ansatz (9.2.22) in die Telegraphengleichung (9.2.17) ein und untersuchen, wann diese erfüllt ist. Das ergibt
LC v 2 − 1 f ′′ + 2α − v(RC + LG) f ′ + RG − α2 f e−αz = 0
Der √
Vorfaktor von f ′′ verschwindet identisch, während der Vorfaktor von f für
α = RG gleich Null ist. Man überzeugt sich, dass dann der Vorfaktor von f ′
√
√
2
√
1
−1 √
2 RGLC − RC − LG = √
RC − LG
LC
LC
nur für RC = LG verschwindet. Die Dämpfung ist dann α = R
pC
L
.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 10
L85
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 10
10.1 Lineare, zirkulare und elliptische Polarisation: Die Phase α ist so zu bestimmen, dass E1 und E2 orthogonal aufeinander stehen.
E0 = Ea ex + Eb e−iδ ey .
E0 eiα = Ea cos α ex + Eb cos(α − δ) ey + i Ea sin α ex + Eb sin(α − δ) ey
= E1 + iE2
mit
E1 · E2 = 0 .
Bei dieser Definition ist angenommen, dass E1 und E2 reell sind. Aus der 1. Zeile
folgt
Ea2 + Eb2 = E 2 = E12 + E22 .
Aus der Orthogonalität von E1 und E2 folgt:
Ea2 sin(2α) + Eb2 sin(2(α − δ)) = 0 = (Ea2 + Eb2 cos(2δ)) sin(2α) − Eb2 sin(2δ) cos(2α) .
α ist zu bestimmen aus
tan(2α) =
Ea2
Eb2 sin(2δ)
.
+ Eb2 cos(2δ)
Wir haben
E12 = Ea2 cos2 α + Eb2 cos2 (α − δ)
E22 = Ea2 sin2 α + Eb2 sin2 (α − δ) .
Für das elektrische Feld folgt
E = E0 eiα ei(k·x−ωt−α) = (E1 + iE2 ) ei(k·x−ωt−α) .
(ǫ1 , ǫ2 ) sollen wiederum ein Rechtssystem bilden. Dann sind
Re E = E1 ǫ1 cos(k · x − ωt + α
oder
E1 (x, t)
E2 (x, t)
=
E1 0
0 E2
E2 = −E2 ǫ′′ sin(k · x − ωt + α)
cos ωt − sin ωt
− sin ωt cos ωt
cos(k · x + α)
.
sin(k · x + α)
E dreht sich auf Ellipse; rechts polarisiert, soweit E1 > 0 und E2 > 0?
Mit E1 = E2 wird das Licht zirkular polarisiert und mit E1 = 0 oder E2 = 0
linear polarisiert.
Spezialfall Ea = Eb = 1: E0 = ex + e−iδ ey .
L86
10 Elektromagnetische Wellen
1. δ = 0. Lineare Polarisation mit der Polarisationsebene im Winkel arctan θ =
Eb /Ea = 1, d.h θ = π/4.
10.2 Basis einer monochromatischen Welle:
E = a1 eiα1 ǫ1 + a2 eiα2 ǫ2 eik·x−iωt = I ǫ′1 eik·x−iωt .
Neue Basis
ǫ̃2 = eiα2 ǫ2
ǫ̃1 = eiα1 ǫ1
Orthogonalität und Vollständigkeit
|ǫ̃1 |2 = 1 = |ǫ̃2 |2
ǫ̃2 = ei(α2 −α1 ) ǫ1 · ǫ2 = 0 .
Es ist jetzt
E = a1 ǫ̃1 + a1 ǫ̃2 eik·x−iωt .
Jetzt drehen wir noch die Basis
ǫ′1 =
ǫ̃1 = cos θ ǫ′1 − sin θ ǫ′2
cos θ ǫ̃1 + sin θ ǫ̃2
ǫ′2 = − sin θ ǫ̃1 + cos θ ǫ̃2
ǫ̃2 = sin θ ǫ′1 + cos θ ǫ′2
und bestimmen θ
E = (a1 cos θ + a2 sin θ)ǫ′1 + (−a1 sin θ + a2 cos θ) ǫ′2 eik·x−iωt .
Daraus folgt mit I =
a2
tan θ =
a1
p
a21 + a22
cos θ =
⇒
{z
|
0
p
a21 + a22
a1
}
⇒
E = I ǫ′1 eik·x−iωt .
Etwas symmetrischer können die Eigenvektoren mit dem folgenden Ansatz gemacht
werden:
E = eiα+ a1 ǫ̃1 + a2 ǫ̃2 eik·x−iωt
ǫ̃1,2 = e∓iα− ǫ1,2
α± =
α2 ± α1
.
2
Im nächsten Schritt bestimmen wir die elliptischen Basisvektoren ǫ′ und ǫ′′ so, dass
√
E = eiα+ I ǫ′ + ǫ′′ eik·x−iωt mit |ǫ′ |2 = |ǫ′′ |2 = 1 und ǫ′ · ǫ′′∗ = 0.
10.3 Kohärenzmatrix: Setzt sich das Licht aus unabhängigen Lichtwellen zusammen
E=
X
E(n) ,
n
so sind die Komponenten Jkl durch Mittelung über ein Zeitintervall zu bilden, das
die schnelle Variation der Phasen unterdrückt
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 10
unabh. Wellen
Jkl = hEk El∗ i
(n)
=⇒
(m) ∗
hEk El
L87
(n)
i = δmn Jkl .
Die Kohärenzmatrix J von E ist dann die Summe der Kohärenzmatrizen J(n) der
Komponenten E(n)
Jkl =
X
(n)
J11 + J22 ≥ 2|J12 |
Jkl
n
Letzteres ist die Dreiecksungleichung, die besagt, dass E nicht mehr vollständig
polarisiert ist.
10.4 Eigenschwingungen im Inneren einer leitenden Hohlkugel
Der Hertzsche Vektor Zq soll im ganzen Raum der homogenen Wellengleichung
genügen, was mit durch Überlagerung einer auslaufenden mit einer einlaufenden
Kugelwelle erreicht wird
Zq (x, t) = p
sin(kr) −iωt
e
= p(t) f (r) ez .
r
Hierbei ist p = pez . Mit diesem Ansatz berechnen wir E gemäß (8.4.53)
E(x, t) = ∇ ∇ · Zq −
1
Z̈q
c2
In Aufgabe A.5 haben wir Vektoroperationen für Vektoren der Form ez f (r) berechnet. Demnach ist
grad div f (r)ez =
f′
f′
z ′′ f ′ sin ϑ eϑ
f −
er + ez = cos ϑ f ′′ er −
r
r
r
r
Damit erhalten wir Z = pf (r)ez =
sin(kr)
p:
r
z ′′ f ′ f′
f′
sin ϑ eϑ
f −
er + p ez = p cos ϑ f ′′ er −
r
r
r
r
Z̈ = −k2 pf ez = −k2 pf cos ϑer − sin ϑ eϑ
grad div Z = p
Er = p cos ϑ f ′′ + k2 f er
Eϑ = −p sin ϑ
Eϕ = 0 .
f′
r
+ k 2 f eϑ
cos(kr)
sin(kr)
+k
r2
r
sin(kr)
cos(kr)
sin(kr)
f ′′ = 2
− 2k
− k2
r3
r2
r
f′ = −
Randbedingung für die Hohlkugel vom Radius a:
Eϑ (a) = 0
⇒
− sin(ka) + ka cos(ka) + (ka)2 sin(ka) = 0.
Die zu lösende transzendente Gleichung ist demgemäß
tan x =
x
1 − x2
x = ka.
Die Gleichung hat für x > 0 die Lösungen xn . nπ mit lim xn = nπ . Das Magnetfeld bestimmen wir ebenfalls mit Hilfe von (8.4.53)
n→∞
L88
10 Elektromagnetische Wellen
.
1
Zq = −ikp(∇f ) × ez
c
′
= −ikpf er × ez = ikpf ′ sin ϑ er × eϑ = ikpf ′ sin ϑ eϕ .
B(x, t) = ∇ ×
Mit Br = 0 ist die Stetigkeit der Normalkomponente von B automatisch erfüllt. Zu
bemerken ist noch, dass es weitere Lösungen mit komplizierteren Kugelflächenfunktionen gibt.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 11
L89
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 11
11.1 Mittelung der Rockingkurve im Bragg-Fall: Ausgangspunkt ist (11.3.8):
Pg =
sin2 (A
2
2
p
y 2 − 1)
y − cos (A
Daraus folgt
P̄g = 1 −
p
(y 2 − 1)
A2 − A1
y 2 − 1)
ˆ
A2
dA
=1−
y2 − 1
y 2 − 1 + sin2 A
1
p
2
p
y2 − 1
.
− 1 + sin A y 2 − 1
√
p
√
ˆ
2
y 2 − 1 A2 y −1
x=A y 2 −1
1
=
1−
dx 2
.
√
A2 − A1 A1 y 2 −1
y − 1 + sin2 x
A1
y2
Hilfsintegral aus Gradshteyn & Ryzhik, Ziff. 2.562:
ˆ
1
sgn a
arctan
dx
= p
a + b sin2 x
a(a + b)
P̄g = 1 −
p
y2 − 1
(A2 − A1 )
p
(y 2 − 1)y 2
r
arctan
a+b
tan x
a
r
p
b > −a .
A2 √y2 −1
y2
tan x √
2
y −1
A
y 2 −1
1
Die untere Grenze ist durch tan x = 0 ⇒ A1 y 2 −1 = nπ bestimmt, woraus für die
p
obere Grenze tan x = ∞ ⇒ A2 y 2 −1 = nπ(1+1/2) folgt. Damit sind A2 −A1 =
p
π/(2 y 2 −1) und
P̄g = 1 −
p
1 − y −2 .
11.2 Integrale Reflektivität im Bragg-Fall: Ausgangspunkt: (11.3.10)
Rgy =
ˆ
∞
dy
−∞
sin2 (A
p
y 2 −cos2 (A
y 2 − 1)
y 2 − cos2 (A
Zerlegung des Nenners:
sin2 (A
p
y 2 −1)
p
y 2 −1)
1
=
2iy
=
=
(
p
p
y 2 − 1)
y 2 sin2 (A
p
sin2 (A
y 2 −1 cot(A
y 2 −1)
y 2 −1) − (1−y 2 ) cos2 (A
1
y 2 + (y 2 −1) cot2 (A
1
p
p
p
y 2 −1) − iy
y 2 −1)
p
y 2 −1)
1
p
−p
y 2 −1 cot(A y 2 −1) + iy
)
.
L90
11 Röntgen-Streuung
Macht man im 2. Term die Transformation y ′ = −y, so folgt, dass beide Terme
gleich sind.
Anleitung: Zunächst formen Sie das Integral um:
ˆ ∞
1
1
R = −i
dy p
p
.
2
y
−∞
y − 1 cot A y 2 − 1 − iy
Bemerkung:
Der
hat keinen Schnitt, da p
die Entwicklung von
p
pIntegrand
y 2 −1 cot A y 2 −1 nur gerade Potenzen von y 2 −1 enthält. Transformation:
y = i sinh u
R=
ˆ
1 − y 2 = 1 + sinh2 u = cosh2 u
⇒
i∞
du coth u
−i∞
dy = i cosh u du .
sinh(A cosh u)
.
cosh u + A cosh u
Für die Pole muß gelten, wenn u = ξ + iη:
u + A cosh u = ξ + A cosh ξ cos η + i η + A sinh ξ sin η = iπ n +
1
.
2
Auf der reellen y-Achse muğs u = iη rein imaginär sein (ξ = 0). Daraus folgt
iη + iA cos η = iπ(n +
1
)
2
η = π(n +
⇒
1
).
2
Bei diesen Nullstellen verschwindet jedoch auch sinh(A cosh u), somit sind dort keine
Pole und weitere Nullstellen gibt es für imaginäres u = iη (reelles y) nicht.
y = α + iβ = i sinh(ξ + iη) =
α
β
= − cosh ξ sin η
= sinh ξ cos η .
Beschränken wir und auf die obere Hälfte der komplexen y-Ebene (β = sinhξ cos η >
0) und setzen dies in den in den Realteil ein
!
Re u + A cosh u = ξ + A cosh ξ cos η = ξ + Aβ coth ξ = 0 ,
so ist unmittelbar zu sehen, dass dies für ξ 6= 0 nicht möglich ist. Nun fällt der Integrand mit y −2 für |y| → ∞ genügend schnell ab, so dass ein unendlicher Kreisbogen
nichts beiträgt.
u = i sinh y = ξ + iη
⇒
Im y = sinh ξ cos η > 0 .
Das Integral werten Sie mit dem Residuensatz (B.1.10) aus. Wir berechnen jetzt
gemäß Abb. L8 den Halbkreis mit ǫ → 0: y = ǫ eiϕ
ˆ 0
1
1
= −π
.
R(ǫ) = −i
i dϕ
i
cot(iA)
coth
A
π
Nun ist nach dem Cauchyschen Residuensatz:
R(−∞ → −ǫ) + R(ǫ) + R(ǫ → ∞) + R(C) = 0 .
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 11
✛
L91
C
❄✲
−ǫ
✲
ǫ
✻
Abb. L8. Integrationsweg: Der unendliche Halbkreis C trägt nichts bei; Pol ist keiner eingeschlossen;
zu berechnen ist das Integral R(ǫ) um den infinitesimalen Halbkreis um den Pol
Damit ist
R = lim R(−∞ → −ǫ) + R(ǫ → ∞) = −R(ǫ) = π tanh A .
ǫ→0
11.3 Berechnung der Wellenfunktion für den Bragg-Fall: Wir können uns an der
eindimensionalen Bragg-Streuung, Abschnitt 11.3.1, Seite 404 orientieren, da Rechnungen und Resultate weitgehend gleich sind. Aus den Randbedingungen
1 = d1 (0) + d2 (0)
0 = d1 (g) eikǫ1 D + d2 (g) eikǫ2 D = X1 d1 (0) eikǫ1 D + X2 d2 (0) eikǫ2 D
folgen
X1 eikǫ1 D − X2 eikǫ2 D d1 (0) = −X2 eikǫ2 D
d1,2 (0) =
∓X2,1 eikǫ2,1 D
.
X1 eikǫ1 D − X2 eikǫ2 D
Wir brauchen nur für X1,2 (11.2.44) und für ǫ (11.2.35) einzusetzen
kǫ1,2 D = A − ζ ±
p
ζ2 − ν2
A = πD/∆0 .
Das Amplitudenverhältnis ist gemäß (11.2.44)
d1,2 (g)
X1,2 =
=
d1,2 (0)
p
|χ−g χg |
χ−g
Daraus folgt für
p
γi
− ζ ± ζ 2 −ν 2
|γf |
p
(11.2.45)
=⇒
ikǫ2 D
− X2 e
=
=
p
h
|χ−g χg |
χ−g
X1 X2 =
r
|χ−g χg |
γi
χ−g
|γf |
h
p
p
iA −ζ+√ζ 2−ν 2 iA
+ ζ + ζ 2 −ν 2 e
× − ζ + ζ 2 −ν 2 e
ikǫ1 D
X1 e
r
r
×2 −iζ sin A
p
γi −iAζ
e
|γf |
ζ 2 −ν 2 +
p
−ζ−
ζ 2 −ν 2 cos A
p
√
χg γ i
.
χ−g |γf |
ζ 2 −ν 2
ζ 2 −ν 2
Der Vorfaktor der Amplituden Dg kann mit (11.2.33) vereinfacht werden:
i
i
.
L92
11 Röntgen-Streuung
p
|
χ−g
|χ−g χg |
{z
r
1/X1,2
|γf | χg γi
χg
= p
γi χ−g γf
|χg χ−g |
| {z }
}
r
γi
.
|γf |
X1 X2
√
p
2
2
± ζ + ζ 2 −ν 2 e∓iA ζ −ν
1
d1,2 (0) = p
p
p
2
ζ 2 −ν 2 cos(A ζ 2 −ν 2 ) − iζ sin(A ζ 2 −ν 2 )
√
2
2
γi
χg
±e∓iA ζ −ν
1
p
p
.
p
d1,2 (g) = p
2 |χg χ−g | |γf | ζ 2 −ν 2 cos(A ζ 2 −ν 2 ) − iζ sin(A ζ 2 −ν 2 )
Man erhält so die Wellenfunktionen (siehe (11.3.5))
√
√
2
2
2
2
Ψ0 (xk , D) = d1 (0) eiA ζ −ν + d2 (0)e−iA ζ −ν eiK0 ·x−iAζ
p
ζ2 − ν2
p
p
=p
eiK0 ·x−iAζ
ζ 2 − ν 2 cos (A ζ 2 − ν 2 ) − iζ sin (A ζ 2 − ν 2 )
Ψg (xk , 0) = d1 (g) + d2 (g) ei(k+g)·xk
χg
=
χ−g
r
p
i sin(A ζ 2 −ν 2 )
γi
p
p
p
ei(k+g)·xk .
|γf | ζ 2 −ν 2 cos (A ζ 2 −ν 2 ) − iζ sin (A ζ 2 −ν 2 )
Bei Ψg haben wir verwendet, dass sich K0 und K1,2 von k nur in der Normalkomponente unterscheiden.
11.4 Anomale Absorption: Zu bestimmen ist die Feldstärke der Kristallwellen
(11.2.7) für die einzelnen Wellenfelder j = 1, 2
|Dj (x)|2 = d20j + (d0j d∗gj + d0j dgj ) C cos(g · x) + |dgj |2 .
Absorption ist keine berücksichtigt und es ist angenommen, dass die Reflexion inversionssymmetrisch ist (χg reell und χg < 0). Ausgedrückt durch die Amplitudenverhältnisse (11.2.44) erhält man
|Dj (x)|2 = d20j 1 + (Xj + Xj∗ ) C cos(g · x) + |Xj |2 .
Hier sind Laue- und Bragg-Fall zu unterscheiden:
Xj =
p
|χg χ−g |
χ−g
r
γi
|γg |
p
2 − y ± y2 + 1
p
− y ± θ(|y| − 1) y 2 − 1
Laue-F all
Bragg-F all .
Im Laue-Fall (|y| ≪ 1) ist die Feldstärke an den Positionen der Atome an wegen
χg < 0 minimal für das Wellenfeld 1 und maximal für das Wellenfeld 2. In den
Lagen zwischen den Atomen mit cos(x·g) = −1 ist die Situation umgekehrt. Daraus
resultiert eine geringere Dämpfung des Wellenfeldes 1
Im Bragg-Fall finden wir für |y| ≪ 1, dass sich |Dj (x)|2 für j = 1, 2 nicht
wesentlich unterscheiden. |Dj (an )|2 nimmt aber, von y < 0 kommend, langsam zu
und entsprechend die Dämpfung.
Eine Aussage, warum im Bragg-Fall an der Vorderfläche zum reflektierten Strahl
nur das Wellenfeld 1 beiträgt, ist so nicht gegeben.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 12
L93
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 12
12.1 Invarianz der Wellengleichung: Bedingungen an die Transformation: W.
Voigt8 hat bereits 1887 eine Transformation hergeleitet, die die homogene Wellengleichung invariant lässt. Die Arbeit ist unbeachtet geblieben, obwohl sie bereits die
LT beinhaltet.
Die allgemeine 4-dimensionale Transformation hat 16 Parameter; Voigt geht jedoch nur von 15 Parametern aus, da er t′ = t, d.h. γ = 1 voraussetzt. Er betrachtet
die Wellengleichung für ein elastisches inkompressibles Medium mit der Fortpflanzungsgeschwindigkeit c, die natürlich auch für gestrichene KS gilt (c′ = c).
Im Folgenden wird in den (x′0 , x′ ) dargestellt und es wird verlangt, dass die
nichtdiagonalen Terme verschwinden
′
x0
x′
x0
=Λ
x
Λ=
γ −at
−Dβ D
.
Bei dieser Transformation haben wir nur dimensionslose Koeffizienten.
d11 d12 d13
D = d21 d22 d23
d31 d32 d33
!
= d1 d2 d3
qt1
= qt2
qt3
!
d1i
di = d2i
d3i
!
di1
qi = di2
di3
!
i = 1, 2, 3.
Wir haben hier die Matrix D zuerst durch ihre Spaltenvektoren und dann durch ihre
Zeilenvektoren dargestellt. Mit diesen Darstellungen haben wir Voigts Notation auf
Vektorbasis gebracht
∂x′0
=γ
∂x0
′
∂xi
= −(qi · β)
∂x0
∂2
∂
=
∂x20
∂x0
=
∂x′0
∂x0
= γ2
=
8
2
∂x′
= di
∂xi
o
′
∂2
∂2
∂x′k ∂xj
∂2
∂x′0 ∂x′
·
+
+
2
∂x0 ∂x0 ∂x′ ∂x′0
∂x0 ∂x0 ∂x′k ∂x′j
∂x′0 2
n ∂x′
∂x′0
∂xi
= a2i
∂x′0 ∂
∂x′ ∂
·
+
∂x0 ∂x′0 ∂x0 ∂x′
⇒
∂2
∂2
∂2
−
2γ(q
·β)
+
(q
·β)(q
·β)
j
j
k
2
′
′
∂xj ∂x0
∂x′k ∂x′j
∂x′0
∂
∂2
=
∂xi
∂x2i
n
∂x′0
= −ai
∂xi
′
∂xj
= dji
∂xi
∂x′j ∂ o
∂
+
′
∂xi ∂x0
∂xi ∂x′j
0
2
′
∂2
∂2
∂x′k ∂xj
∂2
∂x′0 ∂x′
·
+
+
2
′
2
′
∂xi ∂xi ∂x ∂x0
∂xi ∂xi ∂x′k ∂x′j
∂x′0
∂2
∂
∂2
− 2ai di · ′ ′ + (di · ′ )2 .
′2
∂x ∂x0
∂x
∂x0
W. Voigt, Über das Dopplersche Prinzip, Nachr. Ges. Wiss. Göttingen 8, 41 (1887)
L94
12 Spezielle Relativitätstheorie
Den letzten Term behandeln wir noch gesondert
dik dij
X
X 2 ∂2
∂2
∂2
dik dij
+2
dij
=
2
′
′
′
∂xk ∂xj
∂x′k ∂x′j
∂xj
j<k
j
X
dik dij
i
X h X 2 i ∂2
XhX
∂2
∂2
d
=
d
d
+
2
ij
ik
ij
∂x′k ∂x′j
∂x′k ∂x′j
∂x′j 2
i
j
i
=
X
j
i
j<k
X
∂2
∂2
qj2 ′ 2 + 2
qj ·q k ′ ′ .
∂xk ∂xj
∂xj
j<k
Zusammengefasst, erhalten wir
γ 2 −a2
∂2
∂x′0 2
X
qj2 − (qj ·β)2
=
j
−2
X
j
∂2
+2
∂x′j 2
X
j<k
a·q j − γ(qj ·β)
qj ·qk − (qj ·β)(qk ·β)
∂2
∂x′j ∂x′0
∂2
∂x′j ∂x′k
Das sind 9 Bedingungen für 16 Parameter. Aus den letzten 3 Bedingungen erhalten
wir a = γβ. Die verbleibenden 6 Bedingungen sind
γ 2 − a2 = γ 2 (1 − β 2 ) = qi2 − (qi ·β)2
für
(qi ·β)(qj ·β) = qi ·qj
i = 1, 2, 3
für
i<j.
(12.1.23)
Wir bemerken, dass die Bedingungen an die dij nicht vom Vorzeichen von β abhängen und, dass wir die 6 Bedingungen kompakter zusammenfassen können
D E − β ◦ β Dt = γ 2 (1 − β 2 ) E .
(12.1.24)
12.2 Invarianz der Wellengleichung; Bestimmung der Transformation: Es verbleiben 7 Parameter; wir wollen zeigen, dass 3 Parameter die Geschwindigkeit festlegen
und 3 eine Rotation. Der verbleibende letzte Parameter (γ), den Voigt gleich 1
gesetzt hat, wird aus det Λ = 1 bestimmt.
Achtung: Die in der Angabe unter Punkt 2 angegebene Formel für ri ·rj ist nur für
i 6= j richtig; siehe (12.1.26)
1. Bilden wir die Determinante der kompakt zusammengefassten Bedingungen
(12.1.24), so erhalten wir det D = γ, da gemäß (A.1.20) det E − β ◦ β = 1 − β 2 .
Für Λ gilt
Λ=
γ −γβt
−Dβ D
=
1 0t
0 D
γ −γβt
−β E
det Λ = det D γ det E − β ◦ β = γ 2 (1 − β 2 ).
(12.1.25)
Verwendet haben wir, dass für Blockmatrizen gilt
A11 A12
det
A21 A22
= det A11 det A22 − A21 A−1
11 A12 .
Damit sind det D = γ und det Λ = γ 2 (1 − β 2 ) bestimmt. Die Bedingung, dass
det Λ = 1 sein muss, wird erst im 3. Punkt verwendet, da erst dort der Unterschied
zur Voigtschen Transformation herausgearbeitet werden soll.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 12
L95
2. Zunächst berechnen wir die Determinanten von R und Q, wobei D = RQ und
det Q = det E + (γ − 1)β̂ ◦ β̂ = γ
det R = det D/ det Q = 1 .
⇒
Um zu den Bedingungen zu kommen, denen Q genügen muss, beginnen wir mit
qti = rti Q, woraus folgt, dass rti = qti Q−1 . q ti sind, wie in Aufgabe 12.1, die Zeilenvektoren der Matrix D. Mit rti benennen wir die Zeilenvektoren von R. Q−1
bestimmen wir mithilfe des Ansatzes
QQ−1 = E + (γ −1)β̂ ◦ β̂
E+αβ̂ ◦ β̂ = E + α + (γ −1) + α(γ −1) β̂ ◦ β̂ = E.
Wir erhalten α = −(γ −1)/γ und somit ist
Q−1 = E − (1−1/γ) β̂ ◦ β̂
Q−1
2
= E + αβ̂ ◦ β̂
Daraus folgt
ri ·rj = qti Q−1
2
2
= E + α(2 + α)β̂ ◦ β̂ = E −
rj = q ti E −
γ 2 −1
β̂ ◦ β̂ .
γ2
γ 2 −1
γ 2 −1
β̂ ◦ β̂ qj = qi ·q j − 2 2 (qi ·β)(β·q j )
γ2
γ β
(12.1.26)
Die Matrix R wird erst eine reine Drehung, wenn det Λ = 1, wie im nächsten
Punkt gezeigt wird.
3. Wir berechnen γ = γ(β) aus der Bedingung, dass det Λ(β, α) = 1. Gemäß
(12.1.25) ist dann
γ 2 (1−β 2 ) = 1
Setzen wir γ in R ein, so erhalten wir zunächst
γ 2 −1
γ2β2
β 2 =1−1/γ 2
=
p
γ = 1/
⇒
1−β 2 .
1.
Daraus folgt, dass die Zeilenvektoren von R orthonormal sind
ri ·rj = qi ·q j − (qi ·β)(β ·qj )
(12.1.23)
=
δij .
R ist also eine orthogonale Matrix, d.h. R beschreibt Drehungen. Q gibt die
Lorentz-Kontraktion parallel zu v an. Im Voigtschen Fall (γ = 1) kommt es zu
einer Längenänderung senkrecht auf v. Man kann diese transversale Längenänderung durch einen Skalenfaktor für alle 4 Dimensionen ausgleichen, so dass die
auf v senkrechten Komponenten ungeändert bleiben und erhält dann die LT.
12.3 Universelle Geschwindgkeit in LT : In den Aufgaben 12.1 und 12.2 haben wir
die allgemeine Transformation hergeleitet, die den d’Alembert-Operator unverändert lässt. Diese hängt nur x0 bzw. x′0 ab, also nur von c t bzw. c′ t′ . Die aus der
Äquivalenz der Inertialsysteme S und S ′ (universelles Relativitätsprinzip) kommende Forderung, dass die Relativgeschwindigkeit |v| in beiden Systemen gleich sein
soll, erlaubt eine Aussage zu c und c′ .
L96
12 Spezielle Relativitätstheorie
Der Einfachheit halber betrachten wir eine LT (Boost ohne Drehung) mit β =
βex . Es gilt dann
′
x0
x′
= L(β)
L̄(β) =
1/c′ 0
0 1
x0
x
′
t
x′
⇒
γ −γβ
−γβ γ
c0
01
=
cγ/c′ γβc′
cγβ γ
= L̄(β)
t
x
Jetzt haben wir nach dem universellen Relativitätsprinzip L̄(−β) = L̄
rechnen
γc/c′ γβ/c′
cγβ
γ
= 1
det L̄
γ γβ/c′
cγβ γc/c′
−1
(β) zu be-
det L̄ = (1 − β 2 )γ 2 c/c′
Aus den Nebendiagonalgliedern folgt, dass det L̄ = 1 und aus der Hauptdiagonale,
dass c′ = c.
12.4 Zwillingsparadoxon: Im Wesentlichen wird die gleichmäßig beschleunigte Bewegung im Kapitel 13 auf Seite 498 behandelt. Wir haben aber auf Seite 477 bereits
die Beschleunigung (siehe auch Tabelle 12.3) und das 2. Newtonsche Axiom kennengelernt, sodass die Aufgabe bereits hier gestellt werden kann. bµ (τ ) = v µ (τ ) ist
die Beschleunigung als Funktion von τ , die man mit Hilfe der Transformation von
(b′µ ) = (0, bc , 0, 0) → (bµ ) mittels (12.5.2) erhält
.
0
b
b1
=
γ βγ
βγ γ
0
bc
=
βγbc
γbc
Beschleunigung im Laborsystem (von der Erde aus gesehen) (13.1.5):
bµ = (c
dγ dγv
,
, 0 , 0) = (γβbc , γbc , 0 , 0) .
dτ dτ
Daraus folgt für die räumliche Komponente unter Verwendung von γdτ = dt,
ˆ t
1 dγv
v(t)
dγv
= bc t .
= bc
⇒
= p
dt′
γ dτ
dt′
1 − v(t)2 /c2
0
Auflösung nach v und nochmalige Integration:
bc t
v= p
1 + b2c t2 /c2
⇒
x=
ˆ
t
0
c2
dt v(t ) = bc 2
bc
′
′
!
r
b2c t2
1+ 2 −1
c
Zunächst berechnen wir die Zeit tm bei x = l/2, wo das Raumschiff seine maximale
Geschwindigkeit hat:
2
lbc
+1
2c2
=1+
bc t m
c
2
Die maximale Geschwindigkeit ist
⇒
tm =
r
l
2bc
lbc
+ 2 ≈ 5.18 Jahre .
2c2
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 12
βm =
bc tm /c
vm
≈ 0.983 .
= p
c
1 + b2c t2m /c2
ˆ
p
dx
1
Die Eigenzeit erhält man mittels (12.3.3): √
= ln ax+ 1+a2 x2
2
2
a
1+a x
τ=
ˆ
t
dt
′
0
p
1 − β2 =
ˆ
t
0
1
c
bc t
=
ln
+
dt p
bc
c
1 + (bc t′ /c)2
′
r
1+
L97
a>0
bc t 2
.
c
Der Zeitpunkt der maximalen Geschwindigkeit ist dann (siehe (13.1.12))
c
bc t m
τ=
ln
+
bc
c
r
1+
bc tm 2
c
=
bc t m
c
arsinh
≈ 2.305 Jahre .
bc
c
Zusammenfassung: tm und τm werden mit 4 multipliziert: Für Castor sind 9.22 Jahre
und für Pollux 20.72 Jahre vergangen. Weltlinie:
ˆ τ
ˆ τ
bc τ
bc t
c2
bc τ ′ c2 cosh
⇔ z(τ ) = dτ ′ v(τ ′ ) = c dτ ′ sinh
=
−1 .
s(t)= arsinh
bc
c
c
b
c
c
0
0
12.5 Berechnung der Drehung R aus einer eingeschränkten LT: Hat man den Boost
einer vorgegebenen LT von der Drehung R separiert, so ist die Bestimmung des Drehwinkels und der Drehachse einer gegebenen Matrix R, wie sie im Abschnitt 12.4.1
in (12.4.6) und (12.4.7) angegeben sind, mit einer längeren Rechnung verbunden.
Diese führen wir, da es sich um eine Fragestellung aus der Mechanik handelt, hier
durch. Λ hat gemäß (12.4.8) die Form
Λ0 0 Λ0 k
Λk 0 Λk l
=
γ −γβt R
−γβ 1 + (γ − 1)β̂ ◦ β̂ R
Man erhält aus der ersten Spalte
γ = Λ0 0
βk = −Λk 0 /γ
⇒
X
k
Λk 0
2
= β2γ2 .
Da β bestimmt ist, können wir für den Boost (12.4.3) hinschreiben
Λ(β, 0) =
γ
−γβt
−γβ 1 + (γ − 1)β̂ ◦ β̂
!
.
Man multipliziert ein Element der 1. Spalte von Λ(β, 0) mit einem der 1.Zeile und
erhält
Λk 0 Λ0 l = γ 2 βk βj Rj l
Das setzt man ein in
Rk l = Λk l −
γ−1
γ −1
βk βj Rj l = Λk l − 2 2 Λk 0 Λ0 l .
β2
γ β
Mittels der Spur berechnen wir
L98
12 Spezielle Relativitätstheorie
2 cos α = Rk k − 1 .
Der Drehwinkel ist auf 0 ≤ α ≤ π eingeschränkt; wird der Winkel größer, so entspricht das einer Drehung 2π − α um die Drehachse −α; lediglich α = π kann auf
zwei Arten angegeben werden: Λ(β, α) und Λ(β, −α) bezeichnen für α = π dasselbe
Gruppenelement.
2ǫkjl α̂j sin α = Rk l − Rl k
Multiplizieren wir mit ǫikl , so erhält man mittels ǫikl ǫkjl = −2δij
1
α̂i sin α = − ǫikl Rk l − Rl k .
4
Damit ist die Drehung vollständig bestimmt. Für α = 0 ist Rk l = δk l ; die Frage
nach der Drehachse erübrigt sich.
12.6 Zur allgemeinen Geschwindigkeitsaddition: Die Addition von Geschwindigkeiten wird im Abschnitt 12.4.2 ausführlich behandelt. Insbesondere die Multiplikation
zweier Boosts (12.4.20) gibt Antworten auf alle hier gestellten Fragen. In diesem Sinne lernen wir hier nichts Neues.
1. Multiplikation zweier LT, wenn v = vex und v′ = v ′ ex . Es ist einfacher die
Rechnung mit 2×2-Matrizen durchzuführen als (12.4.20) auf den Fall paralleler
Geschwindigkeiten anzuwenden
′
L(β )L(β) = γ
′
L(β ′′ ) = γ ′′
1 −β ′
−β ′ 1
1 −β
−β ′′ 1
γ
′′
1 −β
−β 1
mit
= γγ
β ′′ =
′
1+ββ ′ −(β +β ′ )
−(β +β ′ ) 1+ββ ′
β + β′
1 + ββ ′
1 + ββ ′
γ ′′ = p
(1−β 2 )(1−β ′2 )
1
=p
.
1−β ′′2
2. Bei der Multiplikation Λ′′ = Λ′ Λ müssen wir nur das Element Λ′′0 0 berechnen:



γ′
−γ ′ β1′
−γ ′ β2′
−γ ′ β3′
γ −βγ 0 0
′
′ ′
′
′ ′ 
′ ′
′
′2

(γ
−1)
β̂
β̂
(γ
−1)
β̂
β̂
−γ
β
1+(γ
−1)
β̂
−βγ
γ 0 0

1
′′
1
2
1
3
1

Λ =
−γ ′ β2′ (γ ′ −1)β̂2′ β̂1′ 1 + (γ ′ −1)β̂ ′ 22 (γ ′ −1)β̂2′ β̂3′   0
0 1 0
′ ′
′
′ ′
′
′ ′
′
′2
0
0 01
−γ β3 (γ −1)β̂3 β̂1 (γ −1)β̂3 β̂2 1+(γ −1)β̂ 3
Λ′′0 0 = γ ′′ = γγ ′ (1 + ββ1′ )
Wir verwenden dabei, dass Λ′′ wiederum eine eingeschränkte LT ist. Da Λ′′0 0 = γ ′′
sehen wir unmittelbar, dass γ ′′ seinen maximalen Wert hat, wenn β′ parallel zu
β ist, da die auf β senkrechten Komponenten β2′p
und β3′ zu γ ′′ nichts beitragen.
′′
′′
′′
Solange γ ≥ 1 und reell, ist β < 1. Aus γ = 1/ 1−β ′′2 folgt
β ′′2 = 1−
β ′′ =
p
(1−β 2 )(1−β ′2 )
1
=1−
′′2
γ
(1+ββ1′ )2
(1+ββ1′ )2 − (1−β 2 )(1−β ′2 )
.
1+ββ1′
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 12
t
L99
3. Für die Multiplikation zweier Boosts gilt Λ̃ = Λ Λ′ = Λ′ Λt = Λ′′ . Die beiden
Boosts sind symmetrische Matrizen, das Produkt aber nicht; es genügt also in
obigem Produkt die 1. Spalte zu berechnen, wobei Λ̃0 0 = Λ′′0 0 , d.h. β̃ = β ′′ .
Für die räumlichen Komponenten gilt β̃ = Rβ ′′ , wobei die Drehmatrix in der
Aufgabe 12.7 zu berechnen ist Grund für die Differenz ist die unterschiedliche
Drehung.
t
t
12.7 Drehung: Achtung: In der Angabe ist ω = β ′ /c durch β ′ = v′ /c zu ersetzen.
Betrachten wir die beiden Boosts x′ = x−vt und x′′ = x′ −v′ t mithilfe der GalileiTransformation (12.1.5), so erhalten wir
1 0t
−β E
1 0t
−β ′ E
=
1
0t
′
−(β + β ) E
.
Das ist ein reiner Boost ohne irgend eine Drehung. Beschreiben wir die Boosts für
kleine Geschwindigkeiten β und β ′ mithilfe der LT
1 −β t
−β E
1 −β ′
−β ′ E
t
β,β ′ ≪1
=
1
−(βt +β ′ )
,
−(β+β′ )
E
t
so erhalten wir unter Vernachlässigung nichtlinearer Beiträge in β und β ′ wiederum
einen Boost ohne Drehung. Ist jedoch eine der Geschwindigkeiten nicht klein β . 1,
so tritt bei der Multiplikation zweier Boosts auch eine Drehung auf.
Dieser kinematische Effekt wird hier, obwohl im Buch im Abschnitt 12.4 behandelt, nochmals aufgegriffen. Die allgemeine LT (12.4.8) ist ein Boost, gefolgt von
einer Drehung:
Λ(β, α) =
1 0t
0 R
γ −γβt
−γβ Q
Q = E + (γ −1)β̂◦ β̂.
Die Multiplikation zweier Boosts mit den Geschwindigkeit β = v/c und β ′ = v′ /c
ergibt
Λ′′ (β ′′ , α) =
=
γ ′′ −at
−b D
=
γ ′ −γ ′ β ′t
−γ ′ β ′ Q′
γ −γβt
−γβ Q
γγ ′ (1+β ·β ′ ) −γ ′ (γβt +γ ′ β′t Q)
−γ(γ ′ β′ +Q′ β) γγ ′ β ′ ◦β + Q′ Q
Die exakte Auswertung ist nicht notwendig, da β ′ ≪ 1 sein soll
γ ′′ = γγ ′ (1+β·β ′ ) ≈ γ(1 + β ·β ′ )
h
i
a = γ ′ γβ + β′ + (γ −1)(β̂·β ′ )β̂ ≈ γβ + β′ +
h
i
1+γ ′′
γ2
(β·β ′ )β = γ
β + β′
γ +1
1+γ
b = γ β + γ ′ β′ + (γ ′ −1)(β· β̂ ′ )β̂ ′ ≈ γβ + β ′
h
D = 1 + (γ −1)(β̂◦ β̂) + (γ ′ −1)(β̂ ′ ◦ β̂ ′ ) + γγ ′ 1 +
≈ 1+
γ2
(β◦β) + γ β′ ◦β .
γ +1
i
γ
γ′
β·β ′ β ′ ◦β
′
γ +1 γ +1
L100
12 Spezielle Relativitätstheorie
Nun ist D = RQ′′ = R + (γ ′′ −1)(Rβ̂′′ ) ◦ β̂ ′′ . Die Vektoren β ′′ und Rβ ′′ können wir
durch a = γ ′′ β′′ und b = Dβ′′ = γ ′′ Rβ ′′ ersetzen
b◦a
1
γ ′′ + 1
γ ′′ + 1 ′
≈ D − ′′
γ2
β ◦ β + γβ ◦ β ′ + γ
β ◦β
′′
γ +1
γ +1
γ +1
γ +1
γ
γ
γ
β ′ ◦ β − ′′
β ◦ β′ ≈ 1 −
β ◦ β′ − β′ ◦ β .
= 1 + γβ ′ ◦ β −
γ+1
γ +1
γ+1
R=D−
Daraus folgt wegen β ◦ β ′ − β ◦ β ′
Ri j = δi j +
γ
ǫijk β × β
γ+1
′
ij
= ǫijk β × β′
= δi j + ǫijk δαk .
k
k
Nach (12.4.5) gilt für infinitesimale Drehungen δα
x′ = x + δα × x
⇒
δα =
γ
β′ × β
γ+1
δα =
γ − 1 β′
sin ∢β ′ , β .
γ β
12.8 Ladungserhaltung: Kontinuitätsgleichung: ∂µ j µ = 0:
ˆ
ˆ
ˆ
d
d3 x ρ(x) + d3 x ∇ · j(x) = 0 =
d3 x ρ(x) .
dt
.
Die Gesamtladung ist also zeitlich konstant und ändert sich auch im Fall einer
Lorentz-Transformation nicht.
12.9 Stab und Loch: Ein klassisches Beispiel der SRT ist die Betrachtung eines
Stabes der Länge l, der über ein Loch fliegt, das in seinem Ruhsystem ebenfalls die
Länge d = l hat:
Ruhsystem des Loches; Stab Lorentz-kontrahiert.
Ruhsystem des Stabes; Loch Lorentz-kontrahiert.
Vom Loch aus gesehen ist der Stab Lorentz-kontrahiert (l/γ) und der Stab ist in
seiner ganzen Länge innerhalb des Loches. Vom Stab aus betrachtet ist das Loch
Lorentz-kontrahiert (l/γ) und so ist der Stab merklich länger als das Loch.
S
(a)
xl1 = 0
xl2 = l/γ
✲v
xd1 = 0
xd2 = d
S′
v ✛
(b)
x′l1 = 0
x′l2 = l
x′d2 = d/γ
x′d1 = 0
Abb.
L9. (a) Stab der Länge l fliegt über dem Loch der Länge d = l mit β = v/c =
√
3/2. (b) Dieselbe Situation vom Stab aus gesehen
Gegeben ist der Stab in S ′ durch l = (l, 0). Das Loch in S sei gegeben durch
d = (d, 0). Wir nehmen an, dass d = l. Wenn der Stab mit v = vex über dem Loch
fliegt, ist, wie bereits bemerkt, zu einer Zeit t der Stab innerhalb des Loches. Die
LT für diese Konfiguration ist
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 12
L(β) : ct′ = γ(ct − xβ)
L−1 (β) : ct = γ(ct′ + x′ β)
⇒
x′ = γ(−βct + x)
L101
x = γ(βct′ + x′ )
⇒
Stab im Ruhsystem des Loches
Wir bestimmen also die Koordinaten x′ des Stabes im System S zur Zeit t, d.h. wir
eliminieren t′ aus L−1
x = βct + γ(1 − β 2 )x′ = βct + x′ /γ.
Das vordere (rechte) Ende des Stabes hat die Koordinate x′2 = l und das hintere
(linke) Ende x′1 = 0. Zur Zeit t = 0 befindet sich das hintere Ende des Stabes genau
über dem linken Ende des Loches xl1 = xd1 = 0 und das vordere Ende am Ort
xl2 = l/γ = l/2.
Loch im Ruhsystem des Stabes
Jetzt betrachten wir dieselbe Situation vom Stab aus gesehen im System S ′ , skizziert
in Abb. L9. Anzugeben sind die Zeiten t′ zu denen das linke Ende xd1 = 0 des Loches
das linke Ende des Stabes x′l1 = 0 und das rechte Ende des Stabes x′l2 = l den Punkt
xd = l/γ innerhalb des Loches passieren. Wir eliminieren aus L)β) die Zeit t
ct′ = (γx − x′ )/β − γβx = (x/γ − x′ )/β .
Zur Zeit t′ = 0 passiert das linke Ende des Loches das linke Ende des Stabes am Ort
xd1 = x′l1 = 0. Zu einer früheren Zeit t′ = (l/γ 2 −l)/β < 0 befand sich das rechte Ende
in der Mitte über dem Loch, wenn γ = 2.
Für die Erklärung ist zu berücksichtigen, dass Ergeignisse, die in S gleichzeitig sind,
in S ′ zu verschiedenen Zeiten stattfinden. Etwas anschaulicher kann das Problem
behandelt werden, wenn wir eine kleine, zu v senkrechte Geschwindigkeit hinzunehmen, die den Stab zum Loch, das eine dünnen Platte sei, zieht. Von S aus betrachtet,
fällt der Stab ins Loch, was er naturgemäß dann auch von S ′ aus tun muss.
12.10 Bewegte Punktladung: Es scheint sinnvoll zu zeigen, dass das Feld E der
gleichmäßig bewegten Punktladung mithilfe der LT einfach berechnet werden kann.
Für den allgemeinen Boost gilt


γβt


Λ(−β, 0) =
γ2
γβ E +
β◦β
γ +1
Λ(−β, 0) = Λ−1 (β, 0)
γ
Für den Feldstärketensor gelten die Transformationsregeln
F′ = Λ FΛt
F′
F = Λ−1 F′ Λ−1 t
Für das Feld gilt
γ −1 γ2
=
γ +1
β2
µν
(Λ−1 x′ ) = Λµ µ̄ Λν ν̄ F µ̄ν̄ (x)
F µν = Λ−1
µ
µ̄
Λ−1
ν
ν̄
F ′µ̄ν̄
L102
12 Spezielle Relativitätstheorie
F µν = Λµ µ̄ Λν ν̄ F ′µ̄ν̄
F i0 = Λk 0 Λ0 ν̄ F ′0ν̄ + Λi j Λ0 ν̄ F ′j ν̄ = Λi 0 Λ0 j F ′0j + Λi j Λ0 0 F ′j0 + Λi j Λ0 k F ′jk
= −Λi 0 Λ0 j Ej′ + Λi j Λ0 0 Ej′ − ǫjkl Λi j Λ0 k Bl′
= −γβ i γβj Ej + δij +
γ2
γ
βi βj γ Ej′ = δij −
βi βj γ Ej′
γ +1
γ+1
= γEi′ − (γ − 1)(β̂ · E′ ) β̂i
Es ist also
E = γE′⊥ + E′k = γ β̂ × (E′ × β̂) + (β̂·E′ ) β̂
Feld einer Punktladung im Ursprung E′ =
ct′ = γ ct − β · x
x′
. Die LT lautet
r ′3
x′ = −γctβ + x′ + (γ −1)(β̂ · x) β̂ = −γctβ + x +
γ2
(β · x)β
γ +1
= x⊥ − γ βct − (β̂ · x) β̂
Daraus folgt
x′k = γ xk − βct
r′ =
E′k
q
γ 2 xk − βct
2
x′⊥ = x⊥
+ x2⊥
x′k
γ xk − βct
= ′3 = q
3
2
r
γ 2 xk − βct + x2⊥
Das ergibt mit X(t) = x − βct
x − βct
x − βct
E = E′k + γE′⊥ = γ q
= γq
3
3
2
2
γ 2 xk − βct + x2⊥
γ 2 x − βct − (γ 2 −1)x2⊥
=
(1−β 2 )X(t)
X(t)
1
= q
.
p
3
2 3
γ2
R2 (t) − β 2 x2⊥
(1−β 2 )R2 (t) + β · X(t)
Damit ist gezeigt, dass E gleich dem mithilfe des Liénard-Wiechert-Potentials berechneten Feld E ist.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 13
L103
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 13
13.1 Lorentz-Gleichung: Um die Bewegungsgleichung (13.2.14) in kovarianter Form
schreiben zu können, muss die nullte Komponente der Kraft bestimmt werden, d.h.
wir suchen eine Gleichung für p0 (t). Im Prinzip können wir p0 (t) = mcγ(t) direkt
differenzieren und für β(t) (13.2.14) einsetzen. Wir machen jedoch einen kleinen
Umweg. Mit Hilfe des Skalarproduktes pµ pµ (siehe Tabelle 12.3, Seite 478) erhalten
wir durch Differentiation
.
.
pµ pµ = m2 c2 = (p0 )2 − p2
Die rechte Seite ergibt
.
p(t) · p(t)
(13.2.14)
=
.
.
p0 (t) p0 = p(t) · p.
⇒
mcγβ · F = mcγeβ · E
⇒
.
p0 (t) = eE · β.
Man erhält die kovariante Form der Lorentz-Gleichung durch Multiplikation mit γ
.
pµ (τ ) = γeE · β , K
K = γF.
F ist die (nicht kovariante) Lorentz-Kraft (13.1.29).
13.2 Lagrange-Funktion: Wir gehen vom Wirkungsintegral (13.2.21) für eine teilweise ’exotische’ Lagrange-Funktion aus
ˆ
α
1 b
1
S=
dλ L(x, w)
L(x, w) = −mc2
wµ wµ − ewµ Aµ .
c a
2α
Die Variation der Wirkung ergibt
ˆ
∂L
∂Lw µ
1 λ2
w
µ
δx
+
δw
= 0.
dλ
δS =
c λ1
∂xµ
∂wµ
Die Euler-Lagrange-Gleichungen sind dann gemäß (13.2.23)
d ∂Lw
∂Lw
=
dλ ∂wµ
∂xµ
⇒
h
i
d
− mc2 wν wν )α−1 wµ − eAµ = −ewλ ∂ µ Aλ .
dλ
Für α = 1/2 ist Lw gleich der Lagrange-Funktion L̃r , siehe (13.2.29)
Lw = −mc2
p
wµ wµ − ewµ Aµ
⇒
wµ
d − mc2 √
− eAµ = −ewν ∂ µ Aν .
ν
dλ
wν w
Pauli9 , zieht Lw mit α = 1 für die Berechnung der geodätischen Linien eines freien
Teilchens (Aµ = 0) heran
1
Lw = −mc2 wµ wµ − ewµ Aµ
2
⇒
d − mc2 wµ − Aµ = −ewν ∂ µ Aν .
dλ
Für jedes α 6= 0 erhält man die gleichen Euler-Lagrange-Gleichungen:
9
W. Pauli Theory of Relativity Pergamon Press, Oxford 1958, S. 40, Gl. (82)
L104
13 Relativistische Mechanik
.
h
.i
mc2 2(α−1) wλ wλ )α−2 wν wν wµ + wλ wλ )α−1 wµ + e∂ ν Aµ wν = ewλ ∂ µ Aλ .
.
Da der wirklichen Bahn immer λ = s gilt, d.h. wµ wµ = 1 und wµ wµ = 0, erhalten wir
.
mc2 wµ + e∂ ν Aµ wν = ewλ ∂ µ Aλ .
Die Bewegungsgleichung ist von α unabhängig, also für alle Werte von α gleich. Man
setzt hier wµ (s) = uµ ein und formt um
mc
duµ
∂Aµ e ∂Aν
uν
−
=
ds
c ∂xµ
∂xν
(12.5.14)
=
e µν
F uν .
c
13.3 Euler-Lagrange-Gleichung: Es wird hier eine ’direktere’ Variation des Wirkungsintegrals gemäß Landau & Lifschitz10 durchgeführt. Insbesondere
ˆ
ˆ
1 s2
1 s2
S=
(13.1.27)
ds Lr (x, u)
⇒
δS =
δ ds Lr .
c s1
c s1
p
S muß Lorentz-invariant sein und da ds = dxµ dxµ ein Skalar ist, muß auch Lr
ein Skalar unter der LT sein. Variiert wird die Weltlinie z µ = xµ (s), wobei eine
Änderung der xµ eine solche von ds nach sich zieht. Die Variation ergibt
p
dxµ
dδxµ
δdxµ = uµ δdxµ = uµ
ds
ds
ds
µ
µ
dx
1
δds
δdx
δuµ = δ
− uµ
=
=
δdxµ − uµ uν δdxν
ds
ds
ds
ds
ν
dδxν
1 µ
µ
µ
.
=
δ ν − u uν dδx = δ ν − uµ uν
ds
ds
δds = δ
dxµ gµν dxν =
Wir erhalten so
δ ds Lr = δ(ds) Lr + ds δ(Lr ) = uµ δdxµ Lr + ds
h
= uµ δdxµ Lr + ds
∂Lr µ ∂Lr µ
δx +
δu
∂xµ
∂uµ
i
∂Lr µ ∂Lr µ
δ ν − uµ uν δdxν .
δx +
µ
µ
∂x
∂u
Daraus folgt
ˆ
h
dδxν i
dδxµ
∂Lr µ ∂Lr µ
1 s2
µ
ds uµ
δ
−
u
u
Lr +
δx
+
.
δS =
ν
ν
c s1
ds
∂xµ
∂uµ
ds
Setzt man in (13.1.27) ein und integriert die Terme mit δuµ partiell, erhält man
δS =
10
s2
1
∂Lr ν
Lr uµ +
δ µ − uν uµ δxµ ν
c
∂u
s1
ˆ s2 h
i
1
d
∂Lr
∂Lr ν
ν
+
δ µ − u uµ
δxµ = 0.
−
ds
Lr uµ +
c s1
∂xµ
ds
∂uν
L.D. Landau, E.M. Lifschitz Band II Klassische Feldtheorie, Harri Deutsch Frankfurt (1997); Abschnitt § 9.
Lösungen zu den Aufgaben des Kapitels 13
L105
Die Form der Euler-Lagrange-Gleichungen wurde durch die Variation von ds modifiziert zu
i ∂L
h
d ∂Lr ν
r
ν
=
δ
+
L
u
−
u
u
.
r
µ
µ
µ
ds ∂uν
∂xµ
Freies Teilchen
.
−m c2 uµ = 0.
Lr = −mc2
Das ist eine geradlinige Bewegung.
Teilchen im elektromagnetischen Feld
Lr = −mc2 − euν Aν
h
i
d
− eAν δν µ −uν uµ − mc2 +euν Aν uµ = −euν ∂ µ Aν .
ds
.
.
.
+ eu A u = −eu ∂ A
− euλ ∂ λ Aν δν µ − uν uµ + eAν uν uµ + uν uµ
.
− e uν Aν + uν uλ ∂ λ Aν uµ + mc2
ν
ν
µ
ν
µ
ν
.
.
Zunächst sieht man, dass sich jeweils die beiden Terme mit Aν uν , uν Aν uµ und
uλ ∂ λ Aν uν wegkürzen. Die verbleibenden Terme ergeben die Lorentz-Gleichung
.
mc2 uµ = −euλ ∂ λ Aν δν µ + euν ∂ µ Aν = euν ∂ ν Aµ − ∂ µ Aν = eF µν uν .
Es muss ja schlussendlich das korrekte Ergebnis herauskommen.
13.4 Inverse Compton-Streuung: Ein hochenergetisches Elektron mit β ≈ 1 und ein
langwelliges Photon bewegen sich in x-Richtung, wobei das Photon beim ’frontalen’
Zusammenstoß reflektiert wird
Einfallendes Elektron
Gestreutes Elektron
Einfallendes Photon
Gestreutes Photon
(pµ )
µ
(p′ )
(q µ )
(q ′µ )
Energie- und Impulserhaltung:
= γme c 1 β 0 0 = γ ′ me c 1 β ′ 0 0 = ~ω/c −~ω/c 0 0
= ~ω ′ /c ~ω ′ /c 0 0 .
p′µ = pµ + q µ − q ′µ
Wir bilden jetzt das Skalarprodukt p′µ p′µ = m2e c2 , wobei wir berücksichtigen, dass
q µ qµ = 0
m2e c2 = m2e c2 + 2pµ qµ − 2pµ qµ′ − 2q µ qµ′
pµ qµ′ + q µ qµ′ = me γc(1 − β) + 2~ω/c ~ω ′ /c = me γc(1 + β)~ω/c
r
me c
~ω ′
1−β
+2
ω = me cω
1+β
c
Jetzt wird verwendet, dass β ≈ 1
1+4
~ω ′
γ ω = 4ωγ 2
me c2
r
1+β
1−β
⇒
⇒
r
1+β
1+β ′
ω =ω
1−β
1−β
1+2
~ω
me c2
ω′ =
4γ 2 ω
.
1 + 4γ~ω/me c2
L106
A Vektoren, Vektoranalysis und Integralsätze
Lösungen zu den Aufgaben des Anhanges A
A.1 Dyaden sind nicht kommutativ: Zu zeigen ist (A.1.16)
(a ◦ b) − (b ◦ a) x = (b×a)×x.
Wir beginnen mit der linken Seite, deren i-te Komponente wir explizit angeben
ai bj xj − bi aj xj = (δik δjl − δil δjk )ak bl xj = ǫijm ǫklm ak bl xj = x × (a×b) i .
A.2 Berechnung einer Determinante: Beweis mit vollständiger Induktion: Für n=2
bekommt man
1 + a1 b1 a1 b2 a 2 b1 1 + a 2 b2 = 1 + a 1 b1 + a 2 b2
⊔
⊓
Schluss von n−1 auf n:
1+a1 b1 a1 b2 . . . a1 bn
a2 b1 1+a2 b2 . . . a2 bn
.
..
..
.
.
···
.
.
a b
a b . . . 1+a b
n 1
n 2
n n
0
...
0
1
a2 b1 1+a2 b2 . . . a2 bn
= .
..
..
.
.
···
.
.
a b a b . . . 1+a b
n 1
n 2
n n
a 1 b1 a 1 b2 . . . a 1 bn
a2 b1 1+a2 b2 . . . a2 bn
+ .
..
..
.
.
···
.
.
a b a b . . . 1+a b
n 1
n 2
n n
n
Die 1. Determinante ist nach der Induktionsvoraussetzung 1 +
X
a k bk .
k=2
a 1 b1 a 1 b2
a2 b1 1+a2 b2
.
..
.
.
.
a b a b
n 1
n 2
a 1 bn a 1 b1 a 1 b2
1
a 2 bn 0
= .
..
..
.
.
.
···
.
a n b1 a n b2
. . . 1+an bn
...
...
a 1 bn a 1 b1 a 1 b2 . . . a 1 bn 0
a 2 b1 a 2 b2 . . . a 2 bn ..
..
..
+ ..
.
. ···
.
···
.
an b1 an b2 . . . 1+an bn . . . 1+an bn
...
...
Hier verschwindet auf der rechten Seite die 2. Determinante, da die ersten beiden
Zeilen proportional zueinander sind. In der 1. Determinante erhält man durch Streichung der 2. Zeile und 2. Spalte eine Determinante vom Rang n − 1, die aber ihre
Gestalt beibehalten
hat. Das Verfahren kann solange fortgesetzt werden, bis letzt a 1 b1 a 1 bn übrigbleibt, womit die Induktionsbehauptung bewiesen ist.
endlich 0
1 A.3 Beweis folgender Identitäten:
1. ∇i (a · b) = aj ∇i bj + bj ∇i aj .
Wir berechnen nur den 2. Term:
bj ∇i aj = bj ∇i aj + bj ∇j ai − bj ∇j ai = (b · ∇)ai + bj δik δjl − δil δjk ∇k al
= (b · ∇)ai + bj ǫijm ǫmkl ∇k al = (b · ∇)ai + bj ǫijm [∇ × a]m
= (b · ∇)ai + b × (∇ × a) i .
Den ersten Term erhalten wir durch Vertauschung von a mit b. Aus der Addition
beider Terme folgt das vorgegebene Ergebnis.
Lösungen zu den Aufgaben des Anhanges A
L107
2. Es ist ∇ · (a × b) = −∇ · (b × a)
Zunächst leitet man a ab. Man vertauscht dabei zyklisch, so dass b nach links
kommt.
Dann leitet man b ab. Dazu vertauscht man a mit b und vertauscht anschließend
wieder zyklisch:
zykl
∇ · (a × b) = b · (∇ × a) − a · (∇ × b) .
3. Zunächst nehmen wir an, dass b=const und im zweiten Term, dass a=const.
Dann können wir schreiben
∇ × (a×b) = ∇ × (a×b)
b=const
Wir berechnen jetzt den 1. Term:
∇×(a×b)
i
− ∇ × (b×a)
.
a=const
= ǫijk ∇j ǫklm al bm = bm (δil δjm − δim δjl )∇j al
= bj ∇j ai − bi ∇j aj = (b·∇)ai − bi (∇·a)
Den 2. Term erhalten wir durch Vertauschung von a ⇌ b , was das gewünschte
Ergebnis bringt.
A.4 Anwendung von Differentialoperatoren auf Einheitsvektoren: Wir haben die
Möglichkeit in die angegebenen Formeln von (A.2.12) bis (A.2.32) einzusetzen oder
über kartesische Koordinaten direkt zu berechnen. Insbesondere für die Zylinderkoordinaten scheint letzteres einfacher.
Zylinderkoordinaten
̺
1
1
1
2
1
=̺·∇ + ∇·̺= − + =
̺
̺
̺
̺
̺
̺
1
1
grad div e̺ = ∇ = − 3 e̺
̺
̺
div e̺ = ∇ ·
x
y
∇ × eϕ = −(∇ sin ϕ) × ex + (∇ cos ϕ) × ey = −(∇ ) × ex + (∇ ) × ey
̺
̺
2
2
1
y
1
x
1
= −( − 3 )ey × ex + ( − 3 )ex × ey = ez
̺
̺
̺
̺
̺
x
y
1
1
rot rot eϕ = (∇ ) × ez = −( 3 ex + 3 ey ) × ez = 2 eϕ .
̺
̺
̺
̺
Alle anderen Vektoroperationen mit den Basisvektoren verschwinden.
Kugelkoordinaten: Hier werden Divergenz, Gradient und Rotation auf dem Umweg
über kartesische Koordinaten berechnet. Direkt erhält man die Divergenz (kürzer)
mit (A.3.18)
x
1 1
2
= − + ∇·x =
r
r r
r
z
z
̺ z
̺z
z
z 1 ̺z
+
div eϑ = ∇· e̺ − ez = − 3 (xex +yey )·e̺ + div ̺+ 3 = − 3 ̺+
r
r
r
r
r
r
r ̺ r3
z1
cot ϑ
=
=
r̺
r
div er = ∇·
L108
A Vektoren, Vektoranalysis und Integralsätze
Gradient für Kugelkoordinaten (A.3.33):
2
2
= − 2 er
r
r
1 z
z 1
1 1
z z 1
grad div eϑ = ∇ + ∇ =
ez − 2 er −
e̺
̺ r
r ̺
̺ r
r
r ̺2
1
cot ϑ
z ̺ eϑ
1 1
ez − 2 er − 2 eϑ + ez = − 2 er − 2 2
=
̺ r
r
̺
r
r
r sin ϑ
grad div er = ∇
Rotation für Kugelkoordinaten: (A.3.19)
z
z
̺ ̺
∇ × eϑ = ∇ ×
e̺ − ez = ∇
× e̺ − ∇
× ez
r
r
r
r
1
1
z2 ̺ ̺2
z2
1
ez − 3 ez × e̺ −
e̺ − 3 x × ez = 3 eϕ + 3 eϕ = eϕ
=
r
r
r
r
r
r
r
1
cot ϑ
1
∇ × eϕ = ez =
er − eϑ
̺
r
r
cot ϑ
1
1
1
1
er
rot rot eϑ = (∇ ) × eϕ + ∇ × eϕ = 2 eϑ + 2 cot ϑer − eϑ =
r
r
r
r
r2
1
1
1
rot rot eϕ = (∇ ) × ez = − 2 e̺ × ez = 2 2 eϕ .
̺
̺
r sin ϑ
A.5 Differentialoperatoren, angewandt auf a = f (r)p:
pez
div a = (∇f ) · p = f ′ er · p = pf ′ cos ϑ
f′
f′
f′
f′
)(x · p) +
p = (f ′′ − )er (er · p) +
p
r
r
r
r
n
o
n
o
f′
f′
f′
pez
= p (f ′′ − ) cos ϑ er +
ez = p f ′′ cos ϑ er −
sin ϑ eϑ
r
r
r
grad div a = (∇
pez
rot a = (∇f ) × p = f ′ er × p = −pf ′ sin ϑ eϕ
rot rot a = (f ′′ −
f′
)er × (er × p) + f ′ ∇ × (x × p)
r
Zwischenrechnung: ∇ × (x×p)
i
= ǫijk ∇j ǫklm xl pm = ǫijk ǫkjm pm = −2pi .
f′
f′
f ) p − er (er ·p) − 2f ′ p = −(f ′′ + )p + (f ′′ − )(er ·p)er
r
r
n
o r
pez
′1
′′
′1
= p − 2f cos ϑ er + (f + f ) sin ϑ eϑ
r
r
2f ′ ′′
∆a = p ∆r f = p f +
r
rot rot a = −(f ′′ −
′
A.6 Elliptische Koordinaten: Gegeben sind die elliptischen Koordinaten des gestreckten Rotationsellipsoids in der Form
x=l
y=l
p
p
z = lξη
(ξ 2 − 1)(1 − η 2 ) cos ϕ
1≤ξ≤∞
(ξ 2 − 1)(1 − η 2 ) sin ϕ
−1 ≤ η ≤ 1
0 ≤ ϕ < 2π .
Lösungen zu den Aufgaben des Anhanges A
1. Berechnen Sie die metrischen Tensoren (g ij ) und (gij ) und
1
g mit g = det(gij ).
Hinweis: Es ist ξ = η , ξ = ξ , ξ = ϕ. Zuerst sollten Sie hi = ∂x/∂ξ i berechnen;
dann gij = hi · hj und g ij . x = xi ei = ξ i hi . Daraus folgt das Wegelement
dx =
2
√
L109
3
∂x i
dξ = hi dξ i
∂ξ i
mit
hi =
∂x
∂xj
= ej
i
∂ξ
∂ξ i
in der holonomen (’gesetzmäßigen’) Basis.
∂x
h1 =
= −lη
∂η
r
r
ξ2 − 1 cos ϕex + sin ϕey + lξez
1 − η2
1 − η2 ∂x
h2 =
= lξ
cos ϕex + sin ϕey + lηez
∂ξ
ξ2 − 1
p
∂x
= l (ξ 2 − 1)(1 − η 2 ) − sin ϕex + cos ϕey .
h3 =
∂ϕ
Fleißaufgabe
h2 × h3 = l2 ξ(1 − η 2 ) cos ϕex + sin ϕey × − sin ϕex + cos ϕey
+ l2 η
p
= l2 ξ(1 − η 2 ) ez + l2 η
h1 ·(h2 ×h3 ) = lη
r
(ξ 2 − 1)(1 − η 2 ) ez × − sin ϕex + cos ϕey
p
(ξ 2 − 1)(1 − η 2 ) − sin ϕey − cos ϕex
2
ξ 2 −1 2 p 2
l η (ξ −1)(1−η 2 ) cos ϕex +sin ϕey
2
1−η
+ lξ l2 ξ(1−η 2 )
= l3 η 2 (ξ 2 −1) + l3 ξ 2 (1−η 2 ) = l3 ξ 2 −η 2 = v =
Ende der Fleißaufgabe
g11 = h1 · h1 = l2 η 2
g12 = h1 · h2 = 0
g13 = h1 · h3 = 0
g22 = h2 · h2 = l2 ξ 2
g23 = h2 · h3 = 0
p
det g .
2
2
ξ2 − 1
v
2 2
2ξ −η
+
l
ξ
=
l
=
1 − η2
1 − η2
l(1 − η 2 )
1 − η2
v
ξ 2 −η 2
+ l2 η 2 = l2 2
=
2
ξ −1
ξ −1
l(ξ 2 −1)
g33 = h3 · h3 = l2 (ξ 2 − 1)(1 − η 2 ) .
Der metrische Tensor ist diagonal, da die hi lokale, orthogonale Koordinaten
√
g = l3 (ξ 2 − η 2 ) .
sind: v =
2. Berechnen Sie den Laplace-Operator in diesen Koordinaten
∆ = hi
∂
∂hj ∂
∂ ∂
∂
= hi ·
+ hi · hj i
· hj
∂ξ i
∂ξj
∂ξ i ∂ξj
∂ξ ∂ξj
Wir setzen ein:
L110
A Vektoren, Vektoranalysis und Integralsätze
∂hj
∂2x
∂hi
=
=
i
∂ξ
∂ξ i ∂ξ j
∂ξ j
∆ = hi ·
=⇒
∂ ∂
∂hi ∂
+ i
∂ξ j ∂ξj
∂ξ ∂ξi
Hier ist jetzt ein Zwischenschritt notwendig, wobei wir hi ǫijk = √1g hj hk verwenden
√
∂ g
∂
=
h1 · (h2 ×h3 )
∂ξ j
∂ξ j
√
∂h2
∂h3
∂h1
∂hi
,·(h2 ×h3 ) +
· (h3 ×h1 ) +
· (h1 ×h2 ) = g hi · j
=
∂ξ j
∂ξ j
∂ξ j
∂ξ
Nun ist ξj = gjk ξ k und daraus folgend
∂
∂
= g jk k . Wir erhalten so
∂ξj
∂ξ
√
1 ∂ √ jk ∂
∂ ∂
1 ∂ g jk ∂
gg
g
+ g ij i
= √
∆= √
g ∂ξ j
∂ξ k
∂ξ ∂ξ j
g ∂ξ j
∂ξ k
Fortsetzung:
√
√
g = l3 (ξ 2 − η 2 )
√
g g 11 = l(1 − η 2 )
g g 22 = l(ξ 2 − 1)
√
g g 33 =
l3 (ξ 2 − η 2 )
.
l2 (ξ 2 − 1)(1 − η 2 )
Daraus folgt
∆=
=
l2 (ξ 2
h
i
∂2
∂
∂ 2
∂
∂
1
1
(1 − η 2 )
+
(ξ − 1)
+ 2 2
2
2
− η ) ∂η
∂η
∂ξ
∂ξ
l (ξ − 1)(1 − η ) ∂ϕ2
1 − η2
∂2
∂
∂2
∂
2η
ξ2 − 1
2ξ
− 2 2
+ 2 2
+ 2 2
2
2
2
2
− η ) ∂η
l (ξ − η ) ∂η
l (ξ − η ) ∂ξ 2
l (ξ − η 2 ) ∂ξ
l2 (ξ 2
+
l2 (ξ 2
∂2
1
.
2
− 1)(1 − η ) ∂ϕ2
Das geht in Ordnung, wenn ∆ψ berechnet wird. Hat man eine vektorielle PoissonGleichung, so wird der Ausdruck
∆a = ∆hi ai
wegen der Ableitung nach den lokalen Koordinaten hi recht kompliziert.
A.7 Vektorpotential: Vorab sei bemerkt, dass die in dieser Aufgabe gestellten Fragen
bereits in der Aufgabe 4.5 in Bezug auf diee Magnetostatik behandelt wurden. Im
gesamten Beispiel sei q = 1.
Hilfsrechnungen (u = x + rn):
∇ ln(r + n·x) =
x + rn
r(r + n·x)
n·∇ ln(r + n · x) =
1
r
∇ n·∇ ln(r + n·x) = −
x 6= −rn
x
.
r3
1. Schreiben A als Rotation; da wir das Ergebnis kennen, verifizieren wir dieses nur
A = −∇ ln r + n·x × n =
n×x
.
r r + n·x
Lösungen zu den Aufgaben des Anhanges A
L111
2. Berechnung des Vektorfeldes v unter Verwendung der Identität
∇ × (∇×a) = ∇(∇·a) − ∆a.
Eingesetzt in (A.4.31) erhält man
v = ∇×A = −∇× ∇×n ln(r + n·x) = n∆ ln(r + n·x) − ∇n·∇ ln(r + n·x) .
Hilfsrechnungen
|
{z
} |
v1
{z
−v2
}
xi /r + ni xj
δij /r − xi xj /r 3
−
+ nj
r + n·x
(r + n · x)2 r
3/r − 1/r
1 + 2n·x/r + 1
∆ ln(r + n·x) = ∇i ∇i ln(r + n·x) =
−
r + n·x
(r + n·x)2
2
2
−
=0
x 6= −rn.
=
r(r + n·x)
r(r + n·x)
∇j ∇i ln(r + n·x) =
Daraus folgt
v1 = n∆ ln(r + n · x) = 0
f ür
3
v2 = −∇ n · ∇ ln(r + n · x) = x/r .
x 6= −rn
v2 ist somit das Feld der Punktquelle 1/r. Wir haben bereits gezeigt, dass das
Feld v1 nur auf singulären Linie nicht verschwindet:
v1 = Φ δ (2) (ξ⊥ ) θ(−n·x) n.
ξ1,2 sind die auf n senkrechten Komponenten und Φ der Fluss, den es zu bestimmen gilt. Statt
¨
Φ=
df · v1
F
bestimmen wir den Beitrag der Singularität auf einer Länge R, idem wir über
eine Kugel KR integrieren
ˆ
ˆ
"
Gauß
I1 = ΦR =
d3 x v1 ·n =
d3 x ∆ ln(r+n·x) =
df · ∇ ln(r+n·x)
KR
=
"
∂KR
df ·
KR
x + rn
=
r(r + n · x)
∂KR
ˆ
2
dΩ r
r + rx · n
= 4πR
r(r + n · x)
Somit ist
v1 = n4πδ(2) (ξ⊥ )θ(−n·x)
⇒
v = v1 + v2 = 4πnδ(2) (ξ⊥ )θ(−x·n) + x/r 3 .
3. Im nächsten Schritt berechnen wir div v = div v1 + div v2 im Limes r → 0.
1
n·x + r
= ∆ = −4πδ(3) (x)
r(r + n·x)
r
1
n·x+r
= −∆ = 4πδ(3) (x).
∇·v2 = −∇·∇ n·∇ ln(r + n·x) = −∆
r(r+n·x)
r
∇·v1 = ∆ n·∇ ln(r + n·x) = ∆
L112
A Vektoren, Vektoranalysis und Integralsätze
Wir schließen daraus
div v = div v1 + div v2 = 0
Von Interesse ist noch der ’longitudinale’ Anteil von A
zykl.
∇ · A = −∇ · (∇×n) ln(r + n · x) = 0.
A.8
1. Berechnung des kontravarianten Tensors Wir verwenden die Darstellung der Elemente von ǫ die aus den Einheitsvektoren eij gebildete Determinante: Sind 2
Vektoren gleich, verschwindet die Determinante, vertauscht man sie, wechselt sie
das Vorzeichen.
ǫi1 .....in
δi1 1
...
= det(ei1 , ..., eij ) = ...
δi 1
n
.....
.....
.....
.....
δi1 n ... ... δin n Wir verwenden die Eigenschaft einer Determinante
11
a
...
det a = ...
an1
.....
.....
.....
.....
Damit ist
a1n ... 1j
2j
nj
= a 1 a 2 ... a n ǫj1 .....jn .
... ann ǫi1 ...in = g i1 j1 ...g in jn ǫj1 ...jn
i1
g 1
= ...
i 1
g n
..... g i1 n .. .. .. = det(g ij ) ǫ(i , ..., i ) .
1
n
. . . in n ..... g
2. Berechnung der Überschiebungen Zunächst der nicht verlangte, allgemeine Fall,
wobei g = det(gij )
ǫi1 ...in ǫk1 ...kn
i
δ 1 k1
1 .
= ..
g δin k1
..... δi1 kn .. .. .. .
. . . ..... δin kn Damit das Produkt 6= 0, müssen alle α, β, γ verschieden sein (detto für ᾱ, ...). Es
gibt also nur einen Wert von δ für den die Tensoren nicht verschwinden. Wenn
man obige Formel akzeptiert, so gilt dann
ǫαβγδ ǫᾱβ̄ γ̄δ
α α
δ ᾱ δ β̄
1 δβ ᾱ δβ β̄
= γ
g δ ᾱ δγ β̄
0 0
δα γ̄
δβ γ̄
δγ γ̄
0
0
0
.
0
1
Sind α 6= β und ᾱ 6= β̄, so gibt es 2 verschiedene Werte γ1 6= γ2 , für die
Lösungen zu den Aufgaben des Anhanges A
ǫαβγδ ǫᾱβ̄γδ
αβγδ
ǫ
ǫᾱβγδ
δα ᾱ δα δα γ̄ X
β̄
i 2 δα ᾱ δα β̄ 1
β
β
β
=
δγiᾱ δγiβ̄ δγiγ̄i = g δβ ᾱ δβ β̄ .
g
i=1,2 δ ᾱ δ β̄ δ γ̄i 2 X δα ᾱ δα βi 6 α
=
δβi ᾱ δβi βi = g δ ᾱ .
g
i=1,3
L113
L114
B Mathematische Hilfsmittel
Lösungen zu den Aufgaben des Anhanges B
B.1 Bestimmung der Legendre-Polynome: Bestimmung der Polynome durch vollständige Induktion
Wir berechnen jetzt die Pl unter Verwendung der Rekursionsrelation (3.2.19). Zu
unterscheiden sind die beiden Fälle l=gerade und l=ungerade und die folgende Rekursion setzt l ≥ 1 voraus. Es ist aber einzusehen, dass die Endformeln auch für l = 0
gelten. Über den ersten Term in der Rekursion a0,1 können wir verfügen.
a0 =
(l−1)!!
l!!
a2 = −
l(l+1)
a0
2!
a4 =
(l+1)(l+3) l(l−2)
a0
4!
a1 =
l!!
(l−1)!!
a3 = −
(l+2) (l−1)
a1
3!
a5 =
(l+2)(l+4)(l−1)(l−3)
a1
5!
Induktionsannahme
an = (−1)
l−n
2
(l+n−1)!! 1
(l−n)!! n!
Gültigkeit für n = 0 (l > 0 gerade) und n = 1 (l ungerade):
a0 =
(l−1)!!
l!!
a1 =
l!!
(l−1)!!
Induktionsschluss
an+2 = (−1)
l−n−2
2
1
(l+n+1)!!
(l+n+1)(l−n)
=−
an
(l−n −2)!! (n+2)!
(n+2)(n+1)
q.e.d.
an kann nun umgeformt werden
an = (−1)
(l+n)!
l−n
2
2
l+n
2
1
( l+n
)!
2
2
l−n
2
( l−n
)!
2
l−n
(l+n)!
1
1
= (−1) 2 l l+n
n!
n!
2 ( 2 )! ( l−n
)!
2
Jetzt kann die Summe über die an gebildet werden und man erhält so die LegendrePolynome (3.2.20)
Pl (ξ) =
l
X
(−1)
l−n
2
2l
n
(l+n)!ξ n
l−n l+n
! 2 ! n!
2
n = 0, 2, 4, ..., l
n = 1, 3, 5, ..., l
für gerades l
für ungerades l
Pl ist also ein Polynom des Grades l im Grundgebiet [−1, 1].
B.2 Rekursionsrelation für orthonormale Polynome: Da pl ein Polynom l-ten Grades
ist, können die Koeffizienten des Ordnung xj mit j < l durch die pj dargestellt
werden:
pl (x) = al x + bl pl−1 (x) − cl pl−2 (x) +
Nun multipliziert man von links mit
ˆ
l−3
X
γlj pj (x)
j=0
β
dx w(x) pk (x)
α
mit
k ≤ l und erhält
Lösungen zu den Aufgaben des Anhanges B
δkl = al
ˆ
β
α
dx w pk x pl−1 + bl δkl−1 − cl δkl−2 +
l−3
X
L115
γlj δjk
j=0
Explizit bedeutet das für k = l, l − 1, ...., 1
ˆ β
1 = al
dx w x pl−1 pl
0 = al
0 = al
ˆ
α
β
dx w x pl−1 pl−1 + bl
α
ˆ β
α
0
..
.
=
..
.
dx w x pl−1 pl−2 − cl =
al
− cl
al−1
(B.1.28)
γll−3
..
.
In der vierten (und allen weiteren) Zeile(n) verschwindet
ˆ β
dx w x pl−1 pl−3 = 0 ,
α
da x pl−3 nur auf ein Polynom proportional zu pl−2 (inkl. Polynome niedrigeren
Ranges) ergänzt werden kann, was keinen Beitrag bringt.
Damit ist (B.6.24) verifiziert und die Koeffizienten können ausgedrückt werden
durch
ˆ β
ˆ β
al
a−1
=
dx
w
x
p
p
b
=
−a
dx w x pl−1 pl−1
cl =
.
l−1
l
l
l
l
al−1
α
α
B.3 Rekursionsrelation für Legendre-Polynome: Statt der Berechnung Integrale für
al etc. ist es in vielen Fällen günstiger die Koeffizienten al , bl und cl mittels
pl = ql xl + sl−1 xl−1 + ....
durch ql und sl , die Koeffizienten von xl und xl−1 , auszudrücken. Aus (B.6.24) folgt
durch Koeffizientenvergleich
xl :
ql = al ql−1
xl−1 : sl = al ql−1 + bl sl−1
Zusammen mit (B.1.28) ergibt das
al =
ql
ql−1
bl = a l
sl
sl−1
−
ql
ql−1
cl =
al
ql ql−2
= 2
al−1
ql−1
(B.1.29)
Diese Gleichungen können nun auf die Pl angewandt werden: w(x) = 1, α = 1 = −β.
Pl (x) =
r
2
pl (x)
2l + 1
⇒
cl =
al
al
2
2
→
cl =
al−1
2l − 3
2l − 1 al−1
Die höchsten Koeffizienten der Polynome sind nach (3.2.20)
L116
B Mathematische Hilfsmittel
ql =
(2l)!
2
2l l!
und
sl = 0,
da Pl nur gerade oder nur ungerade Potenzen von x hat. Damit erhält man mit
al =
2l − 1
l
bl = 0
cl =
die Rekursionsrelation (B.2.17).
2l−3 (2l−1)(l−1)
l−1
=
2l−1 l(2l−3)
l
http://www.springer.com/978-3-662-48179-0