Lösung für Probeklausur ,,Elektrodynamik

Institut für Theoretische Physik, Universität Zürich
Lösung für Probeklausur ,,Elektrodynamik“
Prof. Dr. T. Gehrmann
Probeklausur – FS 2013
Teil I: KURZFRAGEN
K1
dF~21
µ0 I1 I2
dF~21
=
~ey = −
(1)
dl
2π R
dl
Wenn die Ströme in entgegengesetzter Richtung fliessen, ist die Kraft abstossend. Die
Richtung der Kraft ist senkrecht zu den Drähten [0.5 Punkte für den Betrag, 0.5 für
die Richtung].
R
~21
F
F~12
x
I1
I2
y
Abbildung 1: Biot-Savart Gesetz.
K2
φ(~r ) =
1 p~ · ~r
.
4πε0 |~r |3
[0.5 Punkt für φ(~r), 0.5 für die Skizze].
Abbildung 2: Dipolfeld
(2)
K3
~ ·S
~ = −~j · E
~ ist der Energieerhaltungssatz der Elektro• Die Gleichung ∂w
+∇
∂t
dynamik [0.5 Punkte].
ist die zeitliche Änderung der Feldenergie (des elektro• Die Bedeutung von ∂w
∂t
magnetischen Feldes) pro Volumeneinheit [0.5 Punkte].
~ ist der Ausfluss elektromagnetischer Energie pro Flächen• Die Bedeutung von S
und Zeiteinheit (Energiestromdichte) [0.5 Punkte].
~ ist die (von Ladungsträgern) verrichtete mechanische
• Die Bedeutung von −~j · E
Leistung [0.5 Punkte].
K4
(1 Punkt)
Die Tangentialkomponente ist stetig.
Die Normalkomponente macht an der geladenen Fläche einen Sprung um
σ(~
x)
.
ε0
K5
~ x, t) = −∇φ(~
~ x, t) − ∂ A(~
~ x, t), B(~
~ x, t) = ∇
~ × A(~
~ x, t)
E(~
∂t
∂
~ 0 (~x, t) = A(~
~ x, t) + ∇Λ(~
~ x, t)
φ0 (~x, t) = φ(~x, t) − Λ(~x, t), A
∂t
φ ~
1∂
0µ
µ
µ
µ
µ
~
A = A − ∂ Λ(~x, t), wobei A =
,A , ∂ =
, −∇
c
c ∂t
K6
(1.5 Punkte)
~ ·B
~ = 0,
E
~k · E
~ = 0,
~k · B
~ = 0,
~ ∼ ~k .
S
(3)
(4)
(5)
Teil II: AUFGABEN
Aufgabe 1
1. [3 Punkte] OBdA setzen wir die Ladung auf den z = 0 Ebene. Wir brauchen
3 Spiegelladungen, um die Randbedingungen zu erfüllen. Die Ladungen und
Positionen der 4 Ladungen sind
q
q1 = −q
q2 = q
q3 = −q
(a, b, 0),
(−a, b, 0),
(−a, −b, 0),
(a, −b, 0).
Die Kraft auf die Ladung q (am Ort ~x = (a, b, 0)) ist gegeben durch


3
a − xi
X
qi
q
 b − xi 
F~ (~x) =
p
4π0 i=1 (a − xi )2 + (b − yi )2 + (zi )2 3
−zi
    a   
1
√
3
0
q 2   a2   a2b+b2   1 
=
− 0 +  √a2 +b2 3  − b2 
16π0
0
0
0

 q
(−3)
1
b2
1
+
−1 
2
2
a
a

q
q2 
(−3)
.

=
2
1
a

−
1
1
+
16π0 
2
2

b
b
(6)
0
2. [3 Punkte] Die Ladungsdichte ist
ρ(~x) = q [δ(x − a)δ(y − b) − δ(x + a)δ(y − b)
+ δ(x + a)δ(y + b) − δ(x − a)δ(y + b))] δ(z).
3xi xj − |x|2 δ ij ρ(~x)d3 x, ist
= q (2a2 − b2 ) − (2a2 − b2 ) + (2a2 − b2 ) − (2a2 − b2 ) = 0,
= q (2b2 − a2 ) − (2b2 − a2 ) + (2b2 − a2 ) − (2b2 − a2 ) = 0,
(8)
= q (−a2 − b2 ) − (−a2 − b2 ) + (−a2 − b2 ) − (−a2 − b2 ) = 0,
= Q21 = q ((3ab) − (3(−a)b) + (3(−a)(−b)) − (3a(−b))) = 12qab,
= Q32 = Q13 = Q31 = 0.
Das Quadrupolmoment, gegeben durch Qij =
Q11
Q22
Q33
Q12
Q23
(7)
R
R
3. [1 Punkt] Wegen
der totalen Ladung qtot = ρ(~x)d3 x = 0 und dem DipolmoR
ment p~ = ~xρ(~x)d3 x = 0, ist das Potential im Fernfeld gegeben durch das
Quadrupolmoment.
Das Potential im Fernfeld ist dann
Φ(~x) =
3qab xy
.
π0 r5
(9)
Aufgabe 2
1. [1 Punkt] Die Änderung der Ladung auf den Platten entspricht dem Strom I.
Deswegen gilt
Q(t) = Q0 − I · t
(10)
Ladungsdichte ist gegeben durch
σ(t) =
Q(t)
Q0 − I · t
=
2
πR
πR2
(11)
2. [1 Punkt] Wenn die Randeffekte vernachlässigt werden können, ist das Feld
zwischen den Platten einfach (sei ~ez in Richtung des Stromflusses):
Q0 − I · t
σ(t)
~
~ez =
~ez
E(t)
=
0
0 πR2
(12)
3. [3 Punkte] Das magnetische Feld erhalten wir direkt aus den Maxwell Gleichungen zusammen mit dem Satz von Stokes. Hierbei wird verwendet, dass das
magnetische Feld entlang von ~eϕ zeigen muss, da sowohl der Strom, als auch
der Verschiebungsstrom entlang von ~ez zeigen. Für r < R gilt
~ ×B
~ = µ0~j + µ0 0 d E
~
∇
dt
Z
Z
Z
d
~
~
~ A
~
~
Bd~s = µ0
jdA + µ0 0
Ed
dt A
C
A
B 2πr = µ0 I + µ0 0 Ėπr2
r2
= µ0 I − µ0 2 I
R
r2
= µ0 I(1 − 2 )
R
(13)
(14)
(15)
(16)
(17)
und für r > R ist B = 0 (da sich der Beitrag des Stroms und des Verschiebungsstroms gerade kompensiert). Somit ist das magnetische Feld
µ0 I 1 − r2 /R2
~
B(~r) =
θ(R − r)~eϕ .
2π
r
4. [2 Punkte] Die elektromagnetische Feldenergie W ist
Z
0
1 2
W = ( E2 +
B )dV.
2
2µ0
(18)
Die zeitliche Ableitung ist dann
d
W = 0
dt
Z
1
=
A
Z
1
E ĖdV +
µ
|0
Z
B ḂdV
{z
}
(19)
0
U
IdV = −U I
d
(20)
Aufgabe 3
1. [2 Punkte] Mit β~ = β~ez folgt
γ2 2
0
~
~
~
β Ez~ez
E = γ E + γcβ~ez × B −
γ+1

 

γEx − γcβBy
γ(Ex − cβBy )
 = γ(Ey + cβBx )
γEy + γcβBx
=
2 2
γEz − γ β /(γ + 1)Ez
Ez
(21)
und
2
~ 0 = γB
~ − γc−1 β~ez × E
~ − γ β 2 Bz~ez
B
γ+1

 

γ(Bx + βEy /c)
γBx + γβEy /c
 = γ(By − βEx /c)
γBy − γβBx /c
=
2 2
Bz
γBz − γ β /(γ + 1)Bz
(22)
2. [3 Punkte] Aus den gegebenen Gleichungen für die Lorentz-Transformation erkennen wir, dass die einfachste Lösung für β~ = β~ex zu finden ist.
Betrachten wir zuerst die Transformation des magnetischen Feldes in diesem
Falle, gilt:
2
~ 0 = γB0~ez − γc−1 β~ex × E0~ey − γ β 2 B0 (~ex · ~ez )
B
γ+1
−1
= γ(B0 − c βE0 )~ez = γ(B0 − βB0 /2)~ez 6= 0,
(23)
was für β ≤ 1 nicht verschwindet. Für das elektrische Feld gilt
2
~ 0 = γE0~ey + γcβ~ex × B0~ez − γ β 2 E0 (~ex · ~ey )
E
γ+1
= γ(E0 − cβB0 )~ey = γ(E0 − 2βE0 )~ey ,
(24)
sodass für β = 1/2 das elektrische Feld im Bezugssystem K 0 verschwindet.
Somit gilt im Bezugssystem K 0 , welches sich mit einer Geschwindigkeit ~v =
c/2~ex relativ zu K bewegt, dass
√
0
0
~ =0
~ = 3 B0~ez ,
E
und
B
(25)
2
√
wobei γ = 2/ 3 benutzt wurde.
~ mit E0 = cB0 /2 folgt:
Allgemein betrachten wir ein beliebiges β,


β1 γ
)
β2 (2 − γ+1
γ 
~ 0 = γcB0 
E
(1 − 2β1 ) − 2β22 γ+1 
2
γ
−β2 β3 γ+1
(26)
~ 0 für β2 = 0, β1 = 1/2 und β3 beliebig. Allerdings muss
Somit verschwindet E
die Lorentztransformation die Bedingung
β~ 2 ≤ 1 erfüllen, um physikalisch sein.
√
Somit muss gelten, dass |β3 | ≤ 3/2, also ist jede Lorentztransformation mit
√
β~ = 1/2~ex + β3~ez
mit
|β3 | ≤ 3/2
(27)
~ sodass B
~ 0 = 0.
Auch im allgemeinen Fall findet man kein physikalisches β,
3. [2 Punkte] Betrachten wir nun den Fall eines bewegten Bezugssystems K 0 , welches sich relativ zu K mit β~ = 1/2~ex bewegt, folgt mit der Additionsregel für
relativistische Geschwindigkeiten (sei v0 = 2c/3 die Geschwindigkeit des Teilchens im System K und u = βc = c/2 die Geschwindigkeit von K 0 relativ zu
K)
v00 =
2
c − 12 c
c
v0 − u
3
=
v0 u
2 1c = .
1 − c2
4
1− 3 · 2
(28)
Somit ist also dass die Geschwindigkeit zur Zeit t = t0 = 0 im bewegten Bezugssystem K 0 gleich c/4. 1
Aufgrund des orthogonalen B-Feldes bewegt sich die Ladung auf einer Kreisbahn in diesem Bezugssystem. Die Geschwindigkeit bleibt aber konstant.
1
Formaler kann man die Lorentztransformation (mit β = ~u/c) des Vierergeschwindigkeitsvektor
c
(V0 )µ = γ~v0
(29)
~v0
(mit γ~v0 = 1/
finden.
p
1 − (~v0 /c)2 ) ins neue Bezugssystem K 0 betrachten und so die Geschwindigkeit ~v00