Musterlösung

Karlsruher Institut für Technologie
Moderne Theoretische Physik
Prof. Dr. A. Shnirman
Dr. B. Narozhny
Institut für Theorie
der Kondensierten Materie
WS 2013/2014
Blatt 2:Lösungen
Besprechung 08.11.2013
1. Gauß’scher Satz:
Erst geben wir die allgemeine Formel des Elektrischen Feldes in Abhängigkeit von der
Ladungsverteilung an, bevor wir für die konkreten Ladungsverteilungen die Felder berechnen.
Maxwell (Kugelsymmetrie → Größen hängen nur vom Betrag des Ortes ab):
~ 0 E
~ (r) = ρ (r)
∇
Z
Z
ρ (r0 )
3 0~ ~
0
.
d3 r 0
d r ∇E (r ) =
0
V
V
Wir wenden den Satz von Gauß auf der linken Seite der Gleichung an. Wegen der Rotationssymmetrie ist das elektrische Feld radial und somit parallel zum Normalenvektor
der Kugeloberfläche ausgerichtet. Es kann also mit den Beträgen gerechnet werden:
Z
Z
ρ (r0 )
0
dA E (r ) =
d3 r 0
0
V
ZV
0
ρ
(r
)
4πr2 E (r) =
d3 r 0
V
Z 0
0
1
3 0 ρ (r )
d
r
E (r) =
4πr2 V
0
Z r
Z 2π
Z π
2
1
ρ (r0 )
0
0
0
E (r) =
dr
r
dφ
r
d
cos
(θ)
4πr2 0
0
0
− π2
Z r
1
E (r) =
dr0 r02 ρ (r0 ) .
0 r2 0
(a) leitende Kugel → Ladungen sitzen gleichmäßig verteilt auf der Oberfläche
Q
δ (r − R)
4πR2
Z r
Q
E (r) =
dr0 r02 δ (r0 − R)
4πR2 0 r2 0
→ ρ (r) =
Q
E (r) =
4πR2 0 r2
(
R2
0
falls R ∈ (0, r)
sonst
Q
R2 Θ (r − R)
4πR2 0 r2
Q
=
Θ (r − R) ,
4π0 r2
(1)
(2)
=
wobei
(
1
Θ(x − x0 ) =
0
die Heaviside-Funktion ist.
falls x ≥ x0
,
sonst
(3)
dΘ(x)
= δ(x),
dx
(4)
(b) gleichmässig verteilte Ladung
→ ρ (r) =
Q
− r)
Z r
3Q
E (r) =
dr0 r02 Θ (R − r0 )
4πR3 0 r2 0
1 3
1 3
3Q
R Θ (r − R) + r Θ (R − r)
=
4πR3 0 r2 3
3
Q
Q
=
Θ (r − R) +
r Θ (R − r) .
2
4π0 r
4π0 R3
Θ (R
4
πR3
3
(5)
(c) Ladungsdichte, die mit rn variiert (n > −3, Skizze für n = ±2):
Wie in den vorherigen Aufgaben auch, muss die Ladungsdichte so normiert werden,
dass das Integral über die Gesamtladung Q ergibt:
Q n
r Θ (R − r) ,
N
Z R
Q=
dr4πr2 ρ (r)
0
Z
Q R
=
dr4πrn+2
N 0
Z R
→N =
dr4πrn+2
ρ (r) =
0
=
4πRn+3
.
n+3
(6)
Damit können wir das Elektrische Feld berechnen:
Q (n + 3) n
r Θ (R − r)
4πRn+3
Z r
Q (n + 3)
E (r) =
dr0 r02 r0n Θ (R − r0 )
4πRn+3 0 r2 0
1
1 n+3
Q (n + 3)
n+3
R Θ (r − R) +
r Θ (R − r)
=
4πRn+3 0 r2 n + 3
n+3
Q
Q
Θ (r − R) +
rn+1 Θ (R − r) .
=
2
4π0 r
4π0 Rn+3
ρ (r) =
(7)
2. Leitende Fläche:
Die Fläche ist leitend, daher darf keine elektrische Feldkomponente in den Platten
vorhanden sein. Das Potential ist konstant und wir wählen insbesondere Φ = 0.
Wir legen die Punktladung in die xy-Ebene und bezeichnen ihre Position mit r0 = (0, a)T .
(a) Die Spiegelladung mit Ladung −q liegt dann bei r1 = (0, −a)T .
(b) Das Gesamtpotential ist gegeben durch
φ(r) =
1
1 X qi
4π0 i=0 |r − ri |
"
#
q
1
1
p
=
−p
4π0
x2 + (y − a)2 + z 2
x2 + (y + a)2 + z 2
(8)
Auf der Fläche
q
φ(y = 0) =
4π0
1
1
√
−√
= 0.
x 2 + a2 + z 2
x 2 + a2 + z 2
Das elektrische Feld auf der Fläche ist senkrecht
∂φ E(x, 0, z) = −ey
,
∂y y=0
E(x, 0, z) = −ey
−3/2
qa
x2 + a2 + z 2
.
2π0
(c) Die Oberflächnladungsdichte ergibt sich wieder aus dem Sprung des elektrischen
Feldes (siehe Aufgabe 1d)
σ(x, 0, z) = −
−3/2
aq 2
x + a2 + z 2
.
2π
(d) Die gesamte Oberflächenladung in der xz-Ebene is gegeben durch
Z∞
Q=
Z∞
dx
∞
∞
aq
dz σ(x, 0, z) = −
2π
Z∞
Z∞
dx
∞
dz
∞
1
(x2 + a2 + z 2 )3/2
= −q.
3. Leitende Kugel:
(a) Da die leitende Kugel geerdet ist, gilt für das Potential im Innenraum KR , φ(r) = 0.
Wir berechnen nun das Potential im Außenraum K̄RC = {r ∈ R3 : |r| > R} mit der
Methode der Spiegelladung.
Wir fügen eine fiktive Spiegelladung q 0 im Innenraum der Kugel hinzu, deren Potential im Außenraum die Laplace-Gleichung erfüllt, also eine homogene Lösung
darstellt. Diese Lösung wird so gewählt, dass das Gesamtpotential das Randwertproblem löst. Die Spiegelladung beschreibt dabei das Potential der auf dem Rand
des Gebietes K̄RC induzierten Oberflächenladung.
Da das Problem symmetrisch bezüglich Rotationen um die z-Achse ist kann die
Spiegelladung ebenfalls nur auf der z-Achse liegen. Wir bezeichnen die Position
der Spiegelladung mit a0 = a0 ez , wobei |a0 | < R gilt und ez den Einheitsvektor
in z-Richtung bezeichnet. Das Potential im Außenraum ist nun gegeben durch die
Überlagerung beider Potentiale,
q0
q
1
+
.
(9)
φ(r) =
4π0 |r − aez | |r − a0 ez |
Die Konstanten a0 und q 0 sind aus der Randbedingung φ(|r| = R) = 0 zu berechnen.
Dazu betrachten wir die zwei Punkte r = ±Rez in Gl. (9). Wir erhalten die beiden
Gleichungen
−q 0
q
=
,
a−R
R − a0
q
−q 0
= 0
.
a+R
a +R
(10)
(11)
Man erkennt unmittelbar, dass sign(q) = −sign(q 0 ) gilt. Teilt man nun Gl. (10) und (11)
durcheinander so erhält man
R2
a0 =
<R.
(12)
a
Einsetzen in Gl (10) gibt die Spiegelladung
q 0 = −q
R
.
a
(13)
Wir setzen die Konstanten aus Gl. (12) und (13) in das Potential (9) ein und erhalten
!
q
1
R/a
φ(r) =
−
4π0 |r − aez | r − Ra2 ez 

1
1
q 1 

q
−q
=
(14)
2
2
2
4π0 a
r
r
r
r
R
1 + a2 − 2 a cos(θ)
+ R2 − 2 a cos(θ)
a2


q̄
1
1
.
= p
−q
2
a
r̄
1 + r̄2 − 2r̄ cos(θ)
R̄2 +
− 2r̄ cos(θ)
R̄2
Hierbei haben wir das Potential in Kugelkoordinaten (r, ϕ, θ) geschrieben, wobei
wir r · ez = r cos(θ) benutzen. In der letzten Zeile haben wir die dimensionslosen
Variablen r̄ = r/a, R̄ = R/a eingeführt und schreiben q̄ = q/4π0 .
(b) Das elektrische Feld ist gegeben durch E(r) = −∇φ(r), wobei wir den ∇-Operator
in Kugelkoordinaten verwenden
∇ = er ∂r + eθ
1
1
∂θ + eφ
∂φ .
r
r sin(θ)
(15)
Wir wollen das elektrische Feld auf der Kugeloberfläche, also für r & R berechnen.
Das Potential (14) hängt nicht vom Azimutalwinkel ϕ ab, daher verschiwndet die
Komponente des elektrisches Feldes in Richtung eφ .
Die Ableitung des Potentials nach dem Polarwinkel θ verschwindet ebenfalls auf der
Kugeloberfläche,
r̄ sin(θ)
r̄ sin(θ)
−∂θ φ(r)|r̄∝R̄ =
=0.
−
(1 + r̄2 − 2r̄ cos(θ))3/2 (R̄2 + r̄2 /R̄2 − 2r̄ cos(θ))3/2 r̄=R̄
(16)
Damit ist das elektrische Feld auf der Kugeloberfläche parallel zu er und gegeben
durch
q̄
1 − R̄2
1 ∂φ =
−e
E(r̄)|r=R = −er
.
(17)
r
a ∂r̄ r=R
a R̄[1 + R̄2 − 2R̄ cos(θ)]3/2
Oder ausgedrueckt durch, R, a, q und r,
E(r)|r=R = er
−q
a2 − R 2
.
4π0 R[a2 + R2 − 2aR cos(θ)]3/2
(18)
(c) Aus dem Potential (14) ergibt sich die Kraft, welche auf die Punktladung q wirkt.
Dabei muss die unendliche Selbstwechselwirkung (der erste Term in Gl. (14)) ignoriert werden. Die Ladung q erfährt daher nur die Kraft hervorgerufen durch die
Oberflächenladung, welche äquivalent zur Bildladung ist,
1 ∂
−q̄
q
aR
q
F = qEBildl. (aez ) = −qer
=
−
. (19)
a ∂r̄ R̄ + r̄2 − 2r̄ cos(θ) r=a
4π0 (a2 − R2 )2
R̄2
Die Ableitung ∂θ φ verschwindet im Punkt r = a, θ = 0.
(d) Nach dem Gaußschen Gesetz ist die Oberflächenladung σ auf der Kugeloberfläche
gegeben durch die Unstetigkeit des elektrischen Feldes an der Grenzschicht mit
Normalen ±er ,
σ = 0 er · [E(r & R) − E(r % R)] .
(20)
Da das elektrische Feld im Innenraum verschwindet erhalten wir mit der Gl. (18)
σOberfl. =
−q
a2 − R 2
.
4π R[a2 + R2 − 2aR cos(θ)]3/2
(21)
Und für die gesamte Oberflächenladung erhalten wir durch Integration von Gl. (21),
Z 2π
Z 1
q
a2 − R 2
QOberfl. = −
dφ R2
d cos(θ)
4π −1
R[a2 + R2 − 2aR cos(θ)]3/2
0
(22)
Z
q (a2 − R2 ) 1
1
R
=−
dz 2
= −q .
2
2a
[a + R2 − z]3/2
a
−1
Wie erwartet ist die gesamte Oberflächenladung gleich der Spiegelladung aus Gl. (13).