Lösungen - Institut für Theoretische Physik

Dr. J. Reinhardt
Sommersemester 2014
Theoretikum zur Vorlesung
Theoretische Physik II für Lehramtskandidaten
Lösungen zu Blatt 2
Aufgabe 1
Da die Kraftgesetze von Coulomb (Elektrostatik) und von Newton (Gravitation) bis auf
unterschiedliche Vorfaktoren mathematisch übereinstimmen, kann das Ergebnis aus der
Mechanik direkt übernommen werden! Der Vollständigkeit halber wird hier noch einmal
die gesamte Rechnung wiederholt.
a) Zu berechnen ist das Integral über das Kugelvolumen V
Z
1
1
ρ0
d3 r ′
φ(~r ) =
4πǫ0
|~r − ~r ′ |
V
Q
Q
= 4π 3 .
V
R
3
Wir benutzen Kugelkoordinaten mit der z-Achse in ~r-Richtung. Für den Abstand gilt der
Cosinussatz
p
√
|~r − ~r ′ | = (~r − ~r ′ ) · (~r − ~r ′ ) = r 2 + r ′2 − 2rr ′ cos θ .
mit der konstanten Ladungsdichte ρ0 =
Mit dem Volumenelement in Kugelkoordinaten d3 r ′ = r ′2 dr ′ sin θdθ dϕ folgt
Z R
Z π
Z 2π
ρ0
1
′ ′2
φ(r) =
dr r
dθ sin θ
dϕ √
4πǫ0 0
r 2 + r ′2 − 2rr ′ cos θ
0
0
Z R
Z +1
ρ0
1
=
2π
dr ′ r ′2
d cos θ √
.
2
′2
4πǫ0
r + r − 2rr ′ cos θ
0
−1
Unter Benutzung der Integralformel
Z
2√
1
au + b
=
du √
a
au + b
finden wir mit u = cos θ, a = −2rr ′ und b = r 2 + r ′2
Z +1
p
1
2 p
1 ′
′
′ )2 − (r + r ′ )2 =
d cos θ √
=
(r+r
)−|r−r
|
.
(r
−
r
−2rr ′
rr ′
r 2 + r ′2 − 2rr ′ cos θ
−1
Die Betragsstriche sorgen dafür, dass die positive Wurzel genommen wird.
Nun sind zwei Fälle zu unterscheiden. Außerhalb der Kugel (r ≥ R) gilt für alle r ′ die
Beziehung r > r ′ und damit |r − r ′ | = r − r ′ . Wir finden
Z
ρ 1Z R
ρ0 1 1 3
ρ0 2π 1 R ′ ′ 0
′
′
dr r (r + r ) − (r − r ) =
dr ′ r ′2 =
R .
φ(r) =
4πǫ0 r 0
ǫ0 r 0
ǫ0 r 3
1
Innerhalb der Kugel (r < R) muss man das r ′ -Integal in zwei separate Teile zerlegen:
Z
Z R
ρ0 2π 1 r ′ ′
′
′
φ(r) =
dr r (r + r − r + r ) +
dr ′ r ′ (r + r ′ + r − r ′ )
4πǫ0 r 0
r
Z
Z R
ρ 11
1
1 ρ0 1 r ′ ′2
0
dr r + r
r 3 + rR2 − r 3
dr ′ r ′ =
=
ǫ0 r 0
ǫ0 r 3
2
2
r
ρ0 1 2 1 2
R − r .
=
ǫ0 2
6
Nach Einsetzen von ρ0 folgt schließlich

 1
für r > R
Q  r
φ(r) =
4πǫ0 
 1 (3R2 − r 2 ) für r < R
2R3
b) Die elektrische Feldstärke ist der negative Gradient des Potentials und hat hier nur
eine radiale Komponente, da φ nicht von den Winkeln abhängt:
∂φ
~ = −∇φ(r)
~
E
= −~er
.
∂r
Dies führt auf

1


für r > R
Q
r2
~
E(r)
= ~er
4πǫ0 
 r für r < R
R3
Außerhalb der Kugel verhält sich die Feldstärke so, als sei die gesamte Ladung Q im
Zentrum vereinigt, wie es schon Newton für die Gravitationskraft bemerkte. Innerhalb
der Kugel wächst die Feldstärke mit dem Abstand vom Zentrum linear an.
c) Die Rechnung verläuft analog zu a) und b), wobei nicht über das dreidimensionale
Volumen V sondern nur über die zweidimensionale Oberfläche O der Kugel zu integrieren
Q
ist. Die Ladung wird durch die konstante Flächenladungsdichte σ0 =
beschrieben.
4πR2
2 ′
2
Das Potential folgt aus dem Flächenintegral (Flächenelement d r = R sin θdθdϕ)
Z +1
Z
σ0
1
σ0
1
2 ′
2
φ(r) =
dr
2πR
=
d cos θ √
′
2
2
4πǫ0 O
|~r − ~r |
4πǫ0
r + R − 2rR cos θ
−1
σ0
R
=
(r + R) − |r − R|
2π
4πǫ0 r
σ0 R R für r > R
=
r für r < R
ǫ0 r

1


für r > R
Q
r
=
4πǫ0 
 1 für r < R
R
Durch Differentiation von φ folgt die Feldstärke

 1 für r > R
Q
~
r2
E(r)
= ~er
4πǫ0 
0 für r < R
2
Im Innenbereich der Kugel ist also das Potential konstant und die Feldstärke verschwindet
(das ist ein spezielles Beispiel für einen Faraday-Käfig).
d)
Die Abbildungen zeigen Potential (links) und Feldstärke
(rechts) für eine geladene
Vollkugel
(durchgezogen)
und eine geladene Kugeloberfläche (gestrichelt).
e) Die Feldstärke an der Kernoberfläche hat den Betrag
E=
Ze
82 · 1.602 · 10−19 As
V
=
= 2.41 · 1021 .
2
−12
−15
2
4πǫ0 R
4π 8.8543 · 10
(As/Vm) (7 · 10
m)
m
Die elektrische Abstoßungskraft zwischen zwei sich (beinahe) berührenden Bleikernen ist
(mit 1 AsV = 1 Nm)
F12 =
Q1 Q2 1
Z1 Z2 e2
822 (1.602 · 10−19 As)2
=
=
= 7900 N ,
4πǫ0 (2R)2
4πǫ0 4R2
4π 8.8543 · 10−12 (A2 s2 /Nm2 ) 4(7 · 10−15 m)2
also fast eine Tonne!
Aufgabe 2
Der Hohlraum lässt sich sehr elegant dadurch beschreiben,
dass man eine fiktive Antikugel“ mit Radius R′ einführt, die
”
die negative Ladungsdichte −ρ0 trägt. Nach dem Superpositionsprinzip ist die Feldstärke dann einfach die Summe der
~ =E
~1 + E
~ 2.
Feldstärken von Kugel und Antikugel, E
Nach Aufgabe 1 lautet die Feldstärke im Inneren der homogen
geladenen großen Kugel
~ 1 = ~er Q r = ρ0 1 ~r ,
E
4πǫ0 R3
ǫ0 3
wobei die Ladung Q durch die Ladungsdichte ρ0 mittels Q =
4π 3
R ρ0
3
ausgedrückt wurde.
~ 2 = − ρ0 1 ~r ′ . Mit
Für die Feldstärke im Inneren der Antikugel gilt ganz entsprechend E
ǫ0 3
~r ′ = ~r − ~a (siehe Abbildung) folgt daher einfach
~ = ρ0 1 (~r − ~r ′ ) = ρ0 1 ~a .
E
ǫ0 3
ǫ0 3
Das elektrische Feld im Inneren des Hohlraums ist also konstant und zeigt in Richtung
des Abstandsvektors ~a zwischen den Kugelmittelpunkten.
3
Aufgabe 3
Das Potential lässt sich durch ein eindimensionales Linienintegral über den Kreisring berechnen:
Z 2π
1
1
λ0
,
dϕ R
φ(~r ) =
4πǫ0
|~r − R(cos ϕ ~ex + sin ϕ ~ey )|
0
−Q
die lineare Ladungsdichte (Ladung pro Länge)
wobei λ0 = 2πR
auf dem Ring bezeichnet. Dieses Integral ist für beliebige ~r
schwierig zu lösen. Für Punkte auf der Zylinderachse ~r = z ~ez
stehen jedoch ~r und ~r ′ senkrecht√aufeinander und der Nenner
vereinfacht sich zu |~r − ~r ′ | = R2 + z 2 . Der Integrand ist
dann nicht mehr vom Winkel ϕ abhängig.
Dies führt auf
φ(0, 0, z) =
Q
λ0
2πR
1
√
√
=−
4πǫ0 R2 + z 2
4πǫ0 R2 + z 2
mit der zugehörigen elektrischen Feldstärke
z
~ 0, z) = −∇φ
~ =− Q
E(0,
~ez .
4πǫ0 (R2 + z 2 )3/2
Es wirkt also eine rücktreibende Kraft in Richtung der Ruhelage z = 0. Für kleine
Abstände vom Mittelpunkt (z ≪ R) kann z im Nenner vernachlässigt werden. Auf die
Ladung q wirkt dann näherungsweise die Kraft
~ ≃ − qQ z ~ez .
F~ = q E
4πǫ0 R3
Das ist die lineare Rückstellkraft eines harmonischen Oszillators. Die Newtonsche Bewegungsgleichung F~ = m ~r¨ für den Probekörper führt auf die Oszillatorgleichung
r
qQ
2
z̈ + ω z = 0 mit der Kreisfrequenz ω =
.
4πǫ0 mR3
Wird der Körper um eine Strecke z0 ausgelenkt und losgelassen, dann vollzieht er eine
ungedämpfte harmonische Schwingung z(t) = z0 cos(ωt). Für große Auslenkungen wächst
die Rückstellkraft schwächer als linear an, deshalb wird sich die Schwingungsfrequenz
verringern.
Ergänzung: Die Rechnung ist insofern unrealistisch, als sie nur für Bewegungen exakt auf
der Symmetrieachse gilt. Die Lösung erweist sich als instabil gegenüber Auslenkungen in
transversaler Richtung, da dann eine nach außen gerichtete Kraftkomponente auftritt. Es
ist zwar möglich, elektrische Ladungen an einem Punkt im Raum festzuhalten“ (Stich”
wort “Paul-Falle”, “Penning-Falle”) dafür sind aber kompliziertere Feldkonfigurationen
notwendig.
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