Übung 2 Polarisierung und Magnetisierung

Elektromagnetische Felder & Wellen
Frühjahrssemester 2017
Photonics Laboratory, ETH Zürich
www.photonics.ethz.ch
Übung 2
Abgabe: 10.03. bzw. 14.03.2017
Polarisierung und Magnetisierung
1
Mathematische Grundlagen (45 Pkt.)
(a) (4 Pkt.) Zeigen Sie die Identität
A × (B × C) = B(A · C) − C(A · B).
(1)
Lösung:
Explizites Ausrechnen führt zum gewünschten Ergebnis.
(b) (4 Pkt.) Zeigen Sie, dass gilt
A × [B × C] + B × [C × A] + C × [A × B] = const.
(2)
und bestimmen Sie die Konstante.
Lösung:
Explizites Ausrechnen führt zum gewünschten Ergebnis.
(c) (4 Pkt.) Zeigen Sie, dass gilt
∇ × ∇ × A = ∇∇ · A − ∇2 A.
Lösung:
Explizites Ausrechnen führt zum gewünschten Ergebnis.
(d) (4 Pkt.) Zeigen Sie, dass gilt A · (B × C) = (A × B) · C.
Lösung:
Explizites Ausrechnen führt zum gewünschten Ergebnis.
(e) (4 Pkt.) Zeigen Sie, dass gilt ∇(1/r) = −nr /r2 .
Lösung:
Explizites Ausrechnen führt zum gewünschten Ergebnis.
1
(3)
(f) (10 Pkt.) Zeigen Sie, dass f (r) =
0
g(r )
dV 0 4π|r−r
0 | die Poissongleichung
R
∇2 f (r) = −g(r)
(4)
löst.
Hinweis: Zeigen Sie zunächst die Identität ∇ · RR3 = 4πδ(R) indem Sie den Ausdruck über ein
R
geeignetes Volumen integrieren und Gebrauch von der Definition der δ-Funktion dV δ(R) = 1
machen.
Lösung:
Wir zeigen zunächst die Eigenschaft ∇ · RR3 = 4πδ(R). Hierzu berechnen wir
Z
Z
R
R
3
d R∇·
dA = 4π.
(5)
3 =
3
|R|
V
∂V R
R
Mit der Definition der δ-Funktion dV δ(R) = 1 muss somit ∇ · RR3 = 4πδ(R) gelten. Wir
betrachten nun die linke Seite der Poissongleichung Gl. (4), zerlegen den Laplace-Operator
laut ∇2 = ∇ · ∇ und finden mit dem Ergebnis aus (e)
∇
1
r − r0
=
−
|r − r0 |
|r − r0 |3
(6)
den Ausdruck
2
∇ f =∇
2
Z
Z
=−
g(r0 )
dV
=
4π |r − r0 |
0
Z
dV
0
0 g(r )
1
∇
=−
4π
|r − r0 |
2
g(r0 )
4πδ(r − r0 ) = −g(r).
dV
4π
Z
dV 0
g(r0 )
r − r0
∇·
4π
|r − r0 |3
(7)
0
(g) (15 Pkt.) Zeigen Sie, dass sich jedes Vektorfeld G(r) in eine divergenzfreie, sogenannte
transversale, Komponente Gt = ∇ × U, sowie eine rotationsfreie, sogenannte longitudinale,
Komponente Gl = −∇K separieren lässt, so dass also gilt
G(r) = Gt (r) + Gl (r),
(8)
∇ · Gt (r) = ∇ × Gl (r) = 0,
(9)
wobei die Funktionen Gt und Gl gegeben sind durch
Z
1
∇0 × G 0
Gt = ∇ ×
dV ,
4π V |r − r0 |
Z
1
∇0 · G
Gl = −∇
dV 0 .
4π V |r − r0 |
(10)
(11)
Hinweis: Betrachtung der Fouriertransformierten Ĝ(k) der Funktion G(r) sollte hilfreich
sein. Bedenken Sie, dass mit der Fouriertransformation FT gilt FT [∇ · G] = k · Ĝ, sowie
FT [∇ × G] = k × Ĝ.
Lösung:
Die Zerlegung G(r) = Gt (r) + Gl (r) ist geometrisch klar im Fourierraum, denn dort kann das
Vektorfeld Ĝ(k) an jedem Punkt k zerlegt werden laut
Ĝ(k) = Ĝt (k) + Ĝl (k),
2
(12)
mit k · Ĝl = 0 und k × Ĝt = 0. Im Realraum gilt somit nach Anwendung der Divergenz auf
Gl. (8)
∇ · G(r) = ∇ · Gl (r).
(13)
Da jedoch Gl rotationsfrei ist, muss ein skalares Feld K existieren, mit der Eigenschaft
Gl = −∇K, so dass K die Poissongleichung erfüllen muss
∇2 K = ∇ · G(r),
deren Lösung lautet
1
K=
4π
Z
V
∇0 · G
dV 0 .
|r − r0 |
(14)
(15)
Anwendung der Rotation auf Gl. (8) ergibt
∇ × G = ∇ × Gt .
(16)
Nachdem Gt divergenzfrei ist, muss ein Vektorfeld U existieren, mit der Eigenschaft Gl =
∇ × U, so dass wir mit dem Ergebnis aus (c) finden
∇ × G = ∇∇ · U − ∇2 U.
(17)
Das Vektorfeld U können wir wiederum in eine longitudinale und transversale Komponente
zerlegen, wobei für uns nur die transversale Komponente ausschlaggebend ist und wir die
longitudinale Komponente frei wählen können. Wir entscheiden uns für ∇ · U = 0 und finden
die Poissongleichung
∇2 U = −∇ × G(r),
(18)
deren Lösung lautet
1
U=
4π
2
Z
V
∇0 × G 0
dV .
|r − r0 |
(19)
Vektorpotential (optional)
(a) ( Pkt.) Argumentieren Sie, warum ein Vektorpotential A existieren muss, aus dem sich das
Magnetfeld B errechnen lässt laut
B = ∇ × A.
(20)
(b) ( Pkt.) Zeigen Sie, dass unter der Annahme der Divergenzfreiheit von A das Vektorpotential
die Poissongleichung erfüllt
∇2 A = µµ0 j.
(21)
Die Quellen des Vektorpotentials, und damit der magnetischen Felder, sind somit die Ströme.
(c) ( Pkt.) Begründen Sie, warum die Annahme ∇ · A = 0 stets zulässig ist.
3
3
Magnetfeld einer rotierenden Kugel mit Oberflächenladung (30 Pkt.)
Die mikroskopischen Maxwell-Gleichungen beschreiben die Phänomene des Elektromagnetismus
bei Kenntnis aller Ladungen und Ströme. Eine Schwierigkeit besteht in der Bestimmung jener
Ladungen und Ströme, die aus der Reaktion der Materie entstehen. In dieser Aufgabe betrachten
wir eine Kugel mit einem ringförmig umlaufenden Oberflächenstrom und machen uns klar, dass
die Felder einer homogen magnetisierten Kugel gerade durch einen solchen Oberflächenstrom
beschrieben werden können.
Wir betrachten eine Kugelschale mit Radius R, die eine homogene Oberflächenladungsdichte σ
trägt und mit der Winkelgeschwindigkeit ω rotiert. Eine Oberflächenstromdichte K = σv, wobei v
die Geschwindigkeit der Ladungsträger bezeichnet, generiert das Vektorpotential
Z
K(r0 )
µ0
A(r) =
dA0 ,
(22)
4π ∂V |r − r0 |
Der gesamte Raum und die Kugel seien von Vakuum gefüllt. In dieser Aufgabe zeigen wir, dass das
durch die rotierende Kugel generierte Vektorpotential lautet
(
µ0 Rσ
(ω × r), for |r| < R,
A(r) = µ 3R4 σ
(23)
0
(ω × r), for |r| > R.
3r3
Wählen Sie hierzu zunächst das Koordinatensystem so, dass der Mittelpunkt der rotierenden
Kugel am Ursprung liegt, der Beobachtungspunkt r auf der z-Achse und die Rotationsachse in der
xz-Ebene. Der vom Rotationsvektor ω mit der z-Achse eingeschlossene Winkel laute ψ.
(a) (3 Pkt.) Zeigen Sie, dass gilt
p
r − r0 = R2 + r2 − 2Rr cos θ0
(24)
wobei die gestrichenen Koordinaten R, θ0 , φ0 den Punkt r0 auf der Kugeloberfläche beschreiben.
(b) (3 Pkt.) Formulieren Sie die Geschwindigkeit v unter Verwendung kartesischer Einheitsvektoren und sphärischer Koordinaten R, ψ, θ0 , φ0 .
Lösung:
Wir finden
v = ω×r0 = Rω −(cos ψ sin θ0 sin φ0 )nx + (cos ψ sin θ0 cos φ0 − sin ψ cos θ0 )ny + (sin ψ sin θ0 sin φ0 )nz .
(25)
(c) (4 Pkt.) Zeigen Sie, dass für das Vektorpotential gilt
Z
µµ0 R3 σω sin ψ π
cos θ0 sin θ0
√
A(r) = −ny
dθ0 .
2
R2 + r2 − 2Rr cos θ0
0
(26)
Lösung:
Dies folgt aus der Tatsache, dass sämtliche Integrale über sin φ0 und cos φ0 verschwinden.
4
(d) (2 Pkt.) Bestimmen Sie nun das Vektorpotential A innerhalb und ausserhalb der Kugel.
Hinweis: Folgendes Integral sollte hilfreich sein
1
u
R2 + r2 + Rru p 2
2 − 2Rru
du √
R
+
r
=−
.
3R2 r2
R2 + r2 − 2Rru
−1
−1
Z
1
(27)
Lösung:
Wir finden mit ω × r = −ωr sin ψny die Ausdrücke (23).
(e) (5 Pkt.) Gehen Sie ab sofort davon aus, dass der Rotationsvektor entlang der nz -Achse liegt.
Bestimmen Sie das magnetische Feld B innerhalb und ausserhalb der Kugel in sphärischen Koordinaten und unter Verwendung sphärischer Einheitsvektoren. Zeigen Sie weiterhin, dass das
Feld innerhalb der Kugel homogen ist und entlang einer der kartesischen Koordinatenachsen
zeigt.
Lösung:
Das Vektorpotential lautet
(
A(r) =
µ0 Rωσ
r sin θ nφ ,
3
4
µ0 R ωσ
sin θ nφ ,
3r2
for |r| < R,
for |r| > R.
(28)
Mit dem Rotationsoperator in sphärischen Koordinaten und unter Verwendung sphärischer
Einheitsvektoren
∂
∂Aθ
1
(Aϕ sin θ) −
nr
∇×A=
r sin θ ∂θ
∂ϕ
1
1 ∂Ar
∂
+
−
(rAϕ ) nθ
(29)
r sin θ ∂ϕ
∂r
1 ∂
∂Ar
+
(rAθ ) −
nφ
r ∂r
∂θ
finden wir für das Feld innerhalb der Kugel
2
2
B = µ0 Rωσ(cos θ nr − sin θ nθ ) = µ0 Rωσ nz .
3
3
(30)
Ausserhalb der Kugel gilt
B=
µ0 R4 ωσ
(2 cos θ nr + sin θ nθ ).
3r3
(31)
(f) (5 Pkt.) Sie kennen aus Übung 1 bereits den elektrischen Punktdipol. Sein magnetisches
Gegenstück ist der magnetische Punktdipol, den wir als infinitesimalen Ringstrom I um die
Fläche A im Grenzwert I → ∞, A → 0 mit m = IA = const. beschreiben können. Das
Vektorpotential eines statischen magnetischen Punktdipols lautet
Adip (r) =
µ 0 m × nr
.
4π r2
(32)
Zeigen Sie, dass die Kugel aus Aufgabenteil ausserhalb ihres Volumens exakt das Feld eines
Dipols, gelegen am Ursprung, generiert. Bestimmen Sie das Dipolmoment m der Kugel.
5
Lösung:
Mit m = mnz und nz = cos θnr − sin θnr finden wir durch Vergleich von Gl. (32) und Gl. (28),
dass das Feld ausserhalb der Kugel tatsächlich genau jenem eines statischen magnetischen
Dipols mit Dipolmoment
4π 4
m=
R ωσ
(33)
3
entspricht.
(g) (8 Pkt.) Eine geschlossene Leiterschleife, die die Fläche A mit Normalenvektor nA einschliesst,
und in der ein Strom I fliesst, erzeugt ein Feld, das dem eines magnetischen Dipols mit
Dipolmoment m = IAnA entspricht. Bestimmen Sie mit dieser Information nochmals das
Dipolmoment der Kugel, indem Sie die Kugel als Konstrukt aus unendlich vielen, infinitesimalen
Leiterschleifen beschreiben. Vergleichen Sie Ihr Ergebnis für m mit jenem aus Teilaufgabe (f).
Lösung:
Der Strom in einem infinitesimalen Ring lautet dI = vσ dl, mit v = ωr(φ) und dl = R dφ. So gilt
für das infinitesimale Dipolmoment des Rings dm = A(φ) dI = r2 (φ)π dI = R4 sin3 φωσπ dφ.
Rπ
Mit dem Integral 0 dx sin3 φ = 4/3 finden wir
m=
4π 4
R ωσ
3
(34)
und reproduzieren so das Ergebnis aus (f).
4
Plattenkondensator (25 Pkt.)
Elektrische Felder polarisieren Materie. Diese Polarisation generiert wiederum Felder, mit denen wir
uns in dieser Aufgabe beschäftigen. Wir betrachten zunächst einen Plattenkondensator mit Fläche
A und Plattenabstand d, wobei d viel kleiner sei als jegliche Ausdehnung der Platten (s. Abb.).
Auf den Platten befinden sich die Ladungen +Q bzw. −Q. Das Medium zwischen den Platten sei
beschrieben durch die dielektrische Konstante ε.
-Q
A
d
+Q
ε
d
-Q
A1
A2
ε1
ε2
A
+Q
a
b
c
-Q
εa
εb
εc
+Q
ε2
+Q
-Q
d
x
ε1
l
Fgrav
(a) (3 Pkt.) Bestimmen Sie mit Hilfe des Gauss’schen Gesetzes
E(r) = D(r)/εε0 im Plattenkondensator.
H
D · da = Q das elektrische Feld
Lösung:
Laut dem Gauss’schen Gesetz muss das Integral über die dielektrische Verschiebung D(r) =
εε0 E(r) über eine geschlossene Oberfläche gleich der darin eingeschlossenen Ladung sein.
Aufgrund der Geometrie gilt E = 0 ausserhalb des Spaltes zwischen den Platten. Das
Integral über eine geschlossene Oberfläche, die eine Kondensatorplatte einschliesst liefert
6
also lediglich auf der Fläche A einen Beitrag. Ausserdem steht das Feld aufgrund der
Geometrie senkrecht auf den Platten (E = Eex , Wahl der Achse irrelevant) und ist räumlich
konstant, so dass gilt EA = Q/(εε0 ) und somit
Q
ex
εε0 A
E=
(35)
zwischen den Platten, sowie E = 0 ausserhalb.
(b) (4 Pkt.) Berechnen Sie die Energiedichte w des mit ±Q geladenen Kondensators, indem Sie
die Arbeit W berechnen, die zum Erreichen dieser Ladung notwendig ist. Zeigen Sie, dass
w = 12 D · E gilt.
Lösung:
Um die Ladungsmenge dq gegen die Kraft dF = Edq des elektrischen Feldes im Kondensator
R d/2
von einer Platte zur anderen zu transferieren, ist die Arbeit dW = dq −d/2 E · dl zu verrichten.
Mit dem oben hergeleiteten Ausdruck für das Feld ergibt sich
dW =
qd
dq.
εε0 A
(36)
Die nötige Arbeit um die Ladung ±Q zu erreichen ist somit
Q
Z
W =
Z
dW =
0
0
Q
d
Q2 d
qdq =
.
εε0 A
2εε0 A
Für die Energiedichte gilt nun w = W/V , wobei V = dA und somit w =
1
2 D · E.
(37)
Q2
2εε0 A2
= 12 εε0 E 2 =
(c) (4 Pkt.) Bestimmen Sie unter Verwendung des Gauss’schen Gesetzes die Kapazität eines
Plattenkondensators, bei dem eine Teilfläche A1 mit einem Dielektrikum mit dielektrischer
Konstante ε1 und die verbleibende Teilfläche A2 mit einem Medium mit ε2 gefüllt ist (s. Abb.).
Lösung:
Nach dem Gauss’schen Gesetz gilt hier
ε1 ε0 EA1 + ε2 ε0 EA2 = Q.
So finden wir
C=
ε0
(ε1 A1 + ε2 A2 ).
d
(38)
(39)
(d) (4 Pkt.) Bestimmen Sie unter Verwendung des Gauss’schen Gesetzes und der Definition
der Spannung die Kapazität eines Plattenkondensators, in dem eine Schichtstruktur aus
drei Medien mit Dielektrizitätskonstanten εa , εb und εc mit zugehörigen Dicken a, b und c
eingebracht ist (s. Abb.).
Lösung:
R
Es gilt für die Spannung laut ihrer Definition V = dl E
V = aEa + bEb + cEc
7
(40)
sowie für die Ladung nach dem Gauss’schen Gesetz
für i ∈ {a, b, c} .
AEi εi ε0 = Q
(41)
So erhalten wir für die Kapazität
C=
Q
ε0 A
.
=
V
a/εa + b/εb + c/εc
(42)
(e) (8 Pkt.) Wir betrachten nun einen Plattenkondensator mit Plattenabstand d, Länge L und
Breite w in einem Gas mit dielektrischer Konstante ε2 mit einer frei beweglichen Platte eines
Dielektrikums mit Dielektrizitätskonstante ε1 > ε2 und Dichte ρ, die genau in den Kondensatorspalt passt. Es befinde sich die Ladung Q auf dem Kondensator. Bestimmen Sie die Höhe x,
auf der die Platte gegen die Schwerkraft vom Kondensatorfeld gehalten wird.
Lösung:
Die Energie des Kondensators mit Platte lautet mit den Volumina vi = Ai d und den Flächen
A1 = xw, A2 = (l − x)w
1
1
1
dQ2
E = D 1 E1 v 1 + D 2 E2 v 2 =
.
2
2
2 ε0 (ε1 A1 + ε2 A2 )
(43)
Die elektrostatische Kraft auf den Kondensator ist
Fel = −∇E =
dQ2 (ε1 − ε2 )
2ε0 w [x(ε1 − ε2 ) + ε2 l]2
(44)
und kompensiert im Gleichgewicht gerade die Gewichtskraft der Platte
Fg = −dwlρg
(45)
mit der Erdbeschleunigung g. Wir erhalten folgende quadratische Gleichung für die Gleichgewichtsposition x
Q2 (ε1 − ε2 )
= 0.
(46)
x2 (ε1 − ε2 )2 + xε2 (ε1 − ε2 )l + ε22 l2 −
2ε0 ρgw2 l
Die Lösung der Gleichung lautet
r
−ε2 (ε1 − ε2 )l ± [ε2 (ε1 − ε2 )l]2 − 4(ε1 − ε2 )2 ε22 l2 −
x=
2(ε1 − ε2 )2
Q2 (ε1 −ε2 )
2ε0 ρgw2 l
.
(47)
(f) (2 Pkt.) Berechnen Sie die Gleichgewichtsposition einer Glasplatte mit der Dichte von Wasser
und Dielektrizitätszahl εglas = 5 in einem luftgefüllten Plattenkondensator mit Dimensionen l =
w = 10 cm und Spaltdicke d = 1 cm, wenn sich auf dem Kondensator 1012 Elementarladungen
befinden.
Lösung:
Wir finden keine stabile Lösung. Offenbar ist die Ladung Q unzureichend, um die dielektriche
Platte im Kondensator zu halten. Wir bräuchten mindestens 4.1 × 1012 Elementarladungen,
um die Platte im Kondensator zu halten.
8