Übungsblatt # 11 zur Vorlesung Klassische Theoretische Physik III

Übungsblatt # 11 zur Vorlesung
Klassische Theoretische Physik III
Karlsruher Institut für Technologie
Institut für Theoretische Festkörperphysik
Karim Mnasri ([email protected])
Prof. Dr. Carsten Rockstuhl ([email protected])
1. Punktladung (3 Punkte)
Das Koordinatensystem wird so gewählt, daß die Ebenen bei x = 0 und y = 0 verlaufen. Die Ladung
q0 befindet sich im ersten Quadranten (x > 0, y > 0) am Ort r0 = (x0 , y0 , 0). Das Potential bei x = 0
und y = 0 soll verschwinden.
Gesucht: Green’sche Funktion für den 1. Quadranten. Dazu plazieren wir die die drei folgenden Scheinladungen: q1 = −q0 , q2 = −q0 und q3 = +q0 an die Positionen r1 = (−x0 , y0 , 0),
r2 = (x0 , −y0 , 0) und r3 = (−x0 , −y0 , 0).
Das Potential ergibt sich dann zu
q0
1
1
1
1
φ(r) =
−
−
+
, ∀r ∈ {(x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0}
(1)
4π0 |r − r0 | |r − r1 | |r − r2 | |r − r3 |
φ(r) = 0, ∀r ∈
/ {(x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0}
(2)
2. Homogene Kugel (11 Punkte)
a)

ρ0



0
ρ=
 0


0
r ≥ R1
R1 < r ≥ R2
R2 < r ≥ R3
r > R3
Wir nutzen zur Lösung das Gausssche Gesetz
ˆ
ˆ
1
E(r) · df =
ρ(r)dV
0 V
(V )
(3)
(4)
Aus Symmetriegründen ist das elektrische Feld radialsymmetrisch, also E(r) = E(r)er . Damit ist E
auf der Integrationsoberfläche (Kugelschale) konstant und das Integral liefert
4πr2 E(r) =
1
Qinnerhalb
0
Dies liefert endlich:
1
Vr
(5)
8 Ω0
>
r
>
>
3≤0
>
>
>
>
>
>
Ω0 R13 1
>
>
>
< 3≤ r2
0
E(r) =
>
>
>
0
>
>
>
>
>
>
>
3
>
>
: Ω0 R1 1
3≤0 r2
r ∑ R1
R1 < r < R 2
(6)
R2 ∑ r ∑ R3
r > R3
Das
R Potential (mit E = °r©) ergibt sich einfach durch aufintegrieren zu ©(r) =
° E(r)dr. Die Integrationskonstanten werden so gewählt, daß © stetig übergeht.
©(r) =
b)
8 Ω0
2
2
>
> 6≤ (3R1 ° r )
>
>
0
>
>
>
>
>
Ω0 R13 1
>
>
>
>
< 3≤0 r
r ∑ R1
R1 < r < R2
>
Ω0 R13
>
>
R2 ∑ r ∑ R3
>
>
3≤0 R2
>
>
>
>
µ
∂
>
>
Ω0 R13 1
1
1
>
>
:
°
+
r > R3
3≤0
r R3 R2
(7)
Die induzierte Ladung auf dem inneren Rand bei R2 entspricht der negativen Gesamtladung. Die induzierte Ladung bei R3 entspricht der positiven Gesamtladung, sodaß
insgesamt die Gesamtladung des Metalls verschwindet:
4ºR13
3
4ºR13
Qind (R3 ) = +
3
QMetall,Gesamt = 0.
Qind (R2 ) = °
ρ0
(8)
ρ0
Aufgabe 3):
(a) Die induzierte Spannung ist gegeben durch:
Uind
d©mag
d
=°
=°
dt
dt
Uind = °
ZZ
Bdf
d
B0 L2 cos !t = B0 L2 ! sin !t
dt
2
(9)
(10)
(b) Hier gibt es mehrere Varianten zur Lösung. Ich geb erst einmal die kürzeste und
schnellste Lösung an.
• Schnellste Variante: Das Magnetfeld schaut in z-Richtung B = B0 ez ) und
die Schleife nimmt einen Winkel Æ dazu ein. Die Flächennormale der Leiterschleife ist beschrieben durch: em = (± sin Æey ° cos Æez ), was gleichzeitig
auch die Richtung des Dipolmoments der Schleife angibt. Für Æ = 0 zeigt das
Dipolmoment in negative z-Richtung, wie es sich für einen Strom im Uhrzeigersinn gehört“. Das ± der y-Komponente läßt die Wahl wie der Student
”
den Winkel annimmt.
D=
1
m£B
µ0
(11)
Hierbei ist D das Drehmoment auf die Leiterschleife und m bezeichnet das
magnetische Dipolmoment der Schleife.
Z
Z
1
1
0 0
0
m = µ0 dV (r £ j(r )) = µ0 I ds(s £ es)
(12)
2
2
es bezeichnet den Einheitsvektor entlang der Leiterschleife.
Z
Z
1
1
m = µ0 I ds(s £ es) = µ0 I 2df = µ0 IF
2
2
Hierbei bezeichnet F die gerichtete Fläche der Leiterschleife.
(13)
In unserem Fall ergibt dies einfach:
m = µ0 IL2 (± sin Æey ° cos Æez )
(14)
Hierbei wird im Uhrzeigersinn über die Leiterschleife integriert, oder anders
gesprochen: der Strom fließt im Uhrzeigersinn. Wer mit der Umformung des
Linienintegrals in ein Flächenintegral in Gl.13 nicht ganz glücklich ist, dem
sei versichert, daß bei einer Auswertung des Linienintegrals zu Fuß tatsächlich
das gleiche Ergebnis herauskommt, wobei der Koordinatenursprung im Zentrum der Schleife sitzt.
Es ergibt sich also für das Drehmoment:
D = IL2 B0 {(± sin Æey ° cos Æez ) £ ez } = ±IL2 B0 sin Æex
(15)
• Zweite Variante (langsam): Das Drehmoment/Kraft wird direkt über die Lorentzkraft bestimmt:
D=I
Z
3
rD £ {ds £ B}
(16)
rD bezeichnet den Vektor von der Drehachse zum entsprechenden Aufpunkt
auf der Leiterschleife (rD ? x-Achse).
Jetzt wird für die Einfachheit der Rechnung die Schleife in der xy-Ebene
fixiert und das Magnetfeld nimmt einen Winkel Æ mit der z-Achse ein: B =
B0 (± sin Æey + cos Æez ).
D =
+
+
+
1
0 1 0
1
p
0
1
0
2@ A
2@ A @
1 s£
1
± sin Æ A
IB0 ds
£
2
2
0
0
0
cos Æ
0 1
0
1 0
1
p
p
0
1
0
L
R
2@ A
2@
1 (L ° s) £
°1 A £ @ ± sin Æ A
IB0 ds
2
2
0
0
0
cos Æ
0
1
0
1 0
1
p
p
0
°1
0
L
R
2@
2@
°1 A (s) £
°1 A £ @ ± sin Æ A
IB0 ds
2
2
0
0
0
cos Æ
0
1
0
1 0
1
p
p
0
°1
0
RL
2@
2@
°1 A (L ° s) £
1 A £ @ ± sin Æ A
IB0 ds
2
2
0
0
0
cos Æ
RL
p
0
Die Terme 1&3 und 2&4 sind identisch. Die Gleichung läßt sich also weiter
vereinfachen zu:
D = IB0
ZL
0
0
1 0
1
0 1
0
1
ZL
0
cos Æ
0
° cos Æ
ds @ 1 A s£@ ° cos Æ A+IB0 ds @ 1 A (L°s)£@ ° cos Æ A
0
± sin Æ
0
± sin Æ
0
(17)
Das ergibt schließlich und endlich:
0
1
0
1
∑
∏ ± sin Æ
± sin Æ
1
A + IB0 L2 ° 1 L2 @
A
0
0
D = IB0 L2 @
2
2
° cos Æ
cos Æ
(18)
= ±IB0 L2 sin Æex
Lösung zu 4.:
Ein Leiter besitzt frei bewegliche Ladungen, welche dem Feld beliebig folgen können
und das Innere des Leiters zu einem Gebiet konstanten Potentials machen. Damit ist
4
das HInnere des Leiters feldfrei (E = °grad'). Wegen rotE = 0 gilt in der Elektrostatik Edr = 0. Für einen Integrationsweg parallel zur Oberfläche, der die Oberfläche
umschließt folgt somit, dass die Tangentialkompüonente des Außenfeldes identische verschwindet. Somit verbleibt für das Außenfeld nur noch die Normalenkomponente.
Lösung zu 5.:
a) O.B.d.A. sei die Zylinderachse die z-Achse. Für das Coulomb-geeichte Vektorpotential
A gilt die Poissongleichung ¢A = °µ0 j, so dass A letztendlich nur eine Komponente
in z-Richtung, Az genannt, aufweist. Auf Grund der Rotationssymmetrie ist Az von '
unabhängig. Mit der zusätzlichen Invarianz in z-Richtung ergibt sich schlußendlich Az =
z
Az (Ω). Mit den nützlichen Beziehungen am Aufgabenende ist B = rotA = ° @A
e . Folg@Ω '
lich besitzen B und H nur '-Komponenten, die wiederum nicht von z und ' abhängen
dürfen.
b) Obige Symmetriebetrachtungen, rotH = j und der Satz von Stokes liefern
j0 R 2
e' ,
2Ω
j0 Ω
H(Ω, ', z) = H' (Ω)e' =
e' ,
2
H(Ω, ', z) = H' (Ω)e' =
Ω∏R
Ω<R
(19)
(20)
Als B geschrieben
µ0 j0 R2
e' ,
Ω∏R
(21)
2Ω
µ0 j0 Ω
B(Ω, ', z) = B' (Ω)e' =
e' ,
Ω<R
(22)
2
R
Weiter gilt noch aus der a): Az = ° B' dΩ, also
µ
∂
µ 0 j0 R 2
A(Ω, ', z) = Az (Ω)ez = °
ln(Ω) + C ez ,
Ω∏R
(23)
2
µ 0 j0 Ω 2
A(Ω, ', z) = Az (Ω)ez = °
ez ,
Ω < R,
(24)
4
wobei C so angepasst werden muss, dass Az eine stetige Funktion ist, da sie einer Poissongleichung genügt. Also
µ
∂
µ0 j 0 R 2
µ 0 j0 R 2
1
A(Ω, ', z) = Az (Ω)ez = °
ln(Ω) °
(ln(R) ° ) ez ,
Ω ∏ R(25)
2
2
2
µ0 j0 Ω2
A(Ω, ', z) = Az (Ω)ez = °
ez ,
Ω < R,
(26)
4
Zusammengefasst:
µ
∂
µ0 j 0 R 2
1
A(Ω, ', z) = Az (Ω)ez = °
ln(Ω) ° ln(R) +
ez ,
Ω∏R
(27)
2
2
µ0 j0 Ω2
A(Ω, ', z) = Az (Ω)ez = °
ez ,
Ω < R,
(28)
4
B(Ω, ', z) = B' (Ω)e' =
5
c) wmag =
B2
,
2µ0
also
µ0 j02 R4
,
8Ω2
µ0 j02 Ω2
wmag (Ω, ', z) =
,
8
Ω∏R
(29)
Ω<R
(30)
wmag (Ω, ', z) =
Lösung zu 6.:
a) Quasistationarität, also Ḋ ø j als Voraussetzung sei gegeben. Die Divergenz von
rotH = j liefert dann 0 = divj. Darauf den Gaußschen Satz losgelassen liefert den
Knotensatz, der besagt, dass die Summe aller Ströme zu einem Knoten identisch verschwindet.
H
Satz von Stokes auf rotE = °Ḃ liefert Edr = °©˙ mit © als dem magnetischen Fluss.
Interpretierend erhält man: die Summe aller Spannungen entlang einer Masche ist gleich
der induzierten Spannung, wobei Spannungsquellenspannungen
ein negatives Vorzeichen
P
bekommen und sich die induzierte Spannung auch als ° k Lik I˙k ausdrücken lässt.
X
X
Ujl +
Lik I˙k = Ul ext
(31)
j=Bauteile der l°tenM asche
k
b)
UC + UR = Uext = 0 ) UC = °UR = °IR R
LI˙L ° UR = 0 ) I˙L = UR /L = IR R/L ) IR = I˙L L/R
IR + IL = IC
UC = QC /C ) U̇C = IC /C ) °I˙R R = IC /C ) IC = °I˙R RC = °I¨L LC
(32)
(33)
(34)
(35)
die letzten drei Gleichungen zusammen liefern dann:
Also
I˙L L/R + IL = °I¨L LC
(36)
I¨L RLC + I˙L L + IL R = 0
(37)
Resonanzfrequenzbestimmung durch den Ansatz I = I0 exp(i!t)
°! 2 RLC + i!L + R = 0 ) ! 2 ° i!/RC ° 1/LC = 0
p
! = i1/2RC ± °1/4R2 C 2 + 1/LC
p
Die Resonanzfrequenz !0 ist der Realteil von !, also !0 = 1/LC ° 1/4R2 C 2 .
(38)
(39)
c)
UC + UR = Uext ) ÜC = Üext ° ÜR
LI˙L ° UR = 0 ) I˙L = UR /L
IR + IL = IC ) I˙R + I˙L = I˙C
UC = QC /C ) ÜC = I˙C /C
6
(40)
(41)
(42)
(43)
Also
U̇R /R + UR /L = C(Üext ° ÜR )
(44)
ÜR + U̇R /RC + UR /LC = Üext
(45)
°UR0 ! 2 + UR0 i!/RC + UR0 /LC = °U0 ! 2
°
¢
UR0 °! 2 + i!/RC + 1/LC = °U0 ! 2
°
¢
UR0 = °U0 ! 2 / °! 2 + 1/LC + i!/RC
°
¢ °
¢
= °U0 ! 2 °! 2 + 1/LC ° i!/RC / ! 4 ° 2! 2 /LC + 1/L2 C 2 + ! 2 /R2 C 2
(46)
Also
Ansatz UR = UR0 exp(i!t)
UR0
Amplitude
p
|UR0 | = U0 ! 2 / ! 4 ° 2! 2 /LC + 1/L2 C 2 + ! 2 /R2 C 2
Phase
arctan
µ
°!/RC
°! 2 + 1/LC
∂
= arctan
µ
!L
2
(! LC ° 1)R
∂
(47)
(48)
(49)
(50)
(51)
Grenzfall R ! 1:
°
¢ °
¢
UR0 = °U0 ! 2 °! 2 + 1/LC ° i!/RC / ! 4 ° 2! 2 /LC + 1/L2 C 2 + ! 2 /R2 C 2 (52)
°
¢ °
¢
= U0 ! 2 ! 2 ° 1/LC / ! 4 ° 2! 2 /LC + 1/L2 C 2
(53)
° 2
¢
2
= U0 ! / ! ° 1/LC
(54)
(55)
0
7