Lösung Hausaufgabe

~B
~ =0
~ B
~ = µ0~j + µ0 ✏0 t E
~
Theoretische Elektrodynamik
~E
~ = /✏0
~ E
~ =
~
tB
Wintersemester 2015/16, Universität Erlangen-Nürnberg, Prof. Dr. Florian Marquardt
Blatt 12 : Lösungen der Hausaufgaben
Aufgabe 2:
Die Beschleunigung des Teilchens (Masse m0 , Ladung q), entlang der x-Achse durch ein elektrisches Feld E (F =
qE), ist gegeben durch
v̇ =
✓
v2
c2
1
◆ 32
qE
m0
(keine weiteren Kräfte, daher Parallelbeschleunigung ausreichend). Diese DGL kann durch Separation der Variablen
gelöst werden:
Z
v(t)
v(0)
dv
v2
c2
(1
)
3
2
qE
=
m0
Z
t
dt0 =
0
qE
t.
m0
Die rechte Seite lässt sich trivial lösen, für die linke Seite bietet sich die Substitution v = c sin(✓) an. Mit
dv = ccos(✓)d✓ folgt
Z
Da sin(✓) = v/c und cos2 (✓) = 1
Z
cos(✓)d✓
(1
2
sin (✓))
v(t)
dv
(1
v(0)
p
d✓
= tan(✓).
cos2 (✓)
v 2 32
c2 )

v(t)
= c[tan(✓)]v(0) = p
v(t)
1
(v(t)/c)2
Das muss nun noch nach v(t) aufgelöst werden:
=p
v 2 = D2 (1
qE
m0 t
=
sin2 (✓), ergibt sich für die v–Integration
und somit als Lösung der DGL
Für v(0) = 0 ist D =
3
2
Z
v(0)
(v(0)/c)2
1
1
(v/c)2
+
qE
t =: D.
m0
v2
D
),v= q
c2
1+
und somit
v=r
qE
m0 t
1+
qE 2
m0 t
c2
Qualitativ steigt die Geschwindigkeit, bis sie sich c annähert.
1
.
v(t)
v
D2
c2
.
v(0)
v
c
t
Aufgabe 3
Wir betrachten nun das relativistische Kepler–Problem. Hierzu brauchen wir wieder die Zerlegung in Parallel- und
Senkrechtbeschleunigung:
✓
◆
✓
d~v
= 1
dt k
✓ ◆
✓
d~v
= 1
dt ?
◆ 32 ~
q Ek
m0
1
◆ ~
v2 2 qE
?
c2
m0
v2
c2
und daher auch die Parallel- und Senkrechtkomponente des E–Feldes:
~ = Q r̂ .
E
4⇡✏0 r2
Die Parallelkomponente erhalten wir durch Projektion auf die Geschwindigkeitsrichtung, die Senkrechtkomponente
aus der Di↵erenz der beiden anderen:
~ k = (v̂ E)v̂
~ = Q (v̂r̂) v̂
E
4⇡✏0 r2
~? = E
~ E
~ k.
E
Um dimensionslose Gleichungen zu erhalten, führen wir die dimensionslosen Größen x̃ = x/l, t̃ = t/T , ṽ = v(T /l)
ein. Der Übersicht halber bekommen auch die Einheitsvektoren eine Schlange. Für die Parallelbeschleunigung ergibt
sich damit
✓ ~◆
✓ ◆
✓
dṽ
T 2 d~v
T2
=
=
1
l
dt k
l
dt̃ k
ṽ 2 l2
c2 T 2
◆ 32
ˆ 1
qQ (ṽˆr̃)
ṽˆ 2 .
2
4⇡✏0 m0 r̃
l
(1)
Durch geeignete Wahl von T und l können wir nun alle dimensionsbehafteten Größen eliminieren. Dazu muss gelten
l=
qQ
4⇡✏0 m0 c2
l
T = .
c
Die zu lösenden Bewegungsgleichungen lauten somit:
✓ ~◆
✓
dṽ
= 1
dt̃ k
✓ ~◆
✓
dṽ
= 1
dt̃ ?
◆ 32 ˆˆ
(ṽ r̃) ˆ
ṽ
ṽ
r̃2
◆ 12 ✓ ˆ
ˆ ◆
r̃
(ṽˆr̃)
ṽ 2
ṽˆ .
r̃2
r̃2
2
Diese Di↵erenzialgleichung kann nun mit Octave numerisch gelöst werden:
2
tmax=2000.; % maximum time
N=1000; % number of points in trajectory (only important for graphical output)
ts=linspace(0.,tmax,N); % time points at which trajectory will be evaluated
r0=11.0; % initial distance from origin
v0=0.05; % initial velocity (perpendicular to vector from origin)
% right-hand-side of di↵erential equation (takes a vector q of four elements
% where the first two are x,y coordinates and the other two are vx,vy)
function qdot = rhs(q,t)
x=q(1); y=q(2); vvec=[q(3),q(4)];
r3=(x*x+y*y)ˆ1.5;
F=-[x,y]./r3;
v2=sum(vvec.*vvec);
Fpar=(vvec.*(sum(vvec.*F)))./v2;
Fper=F-Fpar;
dvdt=((1-v2)ˆ1.5)*Fpar + sqrt(1-v2)*Fper;
qdot(1)=q(3);
qdot(2)=q(4);
qdot(3)=dvdt(1);
qdot(4)=dvdt(2);
endfunction
q0=[r0,0.,0.,v0]; % initial conditions
qs=lsode(”rhs”, q0, ts); % solve di↵erential equation numerically
plot(qs(:,1), qs(:,2),”linewidth”,2); % plot (x(t),y(t)) as trajectory in x,y-plane
axis(”square”);
Klassisch ist die (gebundene) Lösung des Kepler–Problems eine Ellipse. Im speziell relativistischen Fall ergibt
sich eine Ellipse, deren Perihel präzediert, wie in der Abbildung zu erkennen ist. Es ist allerdings auch mit nicht
verschwindender Anfangsgeschwindigkeit möglich, dass die beiden Ladungen kollidieren.
15
10
5
0
-5
-10
-15
-15
-10
-5
0
3
5
10
15