Lösungen - Institut für Theoretische Physik

Dr. J. Reinhardt
Sommersemester 2014
Theoretikum zur Vorlesung
Theoretische Physik II für Lehramtskandidaten
Lösungen zu Blatt 4
Aufgabe 1
a) Nach der ersten Methode erfolgt die Berechnung der elektrostatischen Energie über das
Potential:
Z
1
d3 rρ(~r )φ(~r ) .
W =
2
Das Potential φ(~r ) einer homogen geladenen Kugel wurde in Aufg. 1, Blatt 2 berechnet:

2
2
 1
Q  2R3 (3R − r ) für r ≤ R
φ(r) =
4πǫ0 
 1
für r > R
r
Hier wird nur die Lösung im Innenbereich benötigt (r ≤ R), wo die Ladungsdichte den
3Q
r ) = 0, und
Wert ρ(~r ) = ρ0 = 4πR
3 annimmt. Im Aussenbereich verschwindet sie, ρ(~
es gibt keinen Beitrag zum Integral. In Kugelkoordinaten lautet das Volumenelement
d3 r = r 2 dr sin θdθ dϕ. Wegen der Isotropie des Integranden liefert die Winkelintegration
einfach einen Faktor 4π und es ergibt sich
Z R
1 Qρ0
1
W =
4π
(3R2 − r 2 )
dr r 2
3
2 4πǫ0
2R
0
2 3 1 3
1 1 5 R
1 3Q
r −
r =
0
2 4πǫ0 R3 2R 3
2R3 5
2 1 3Q
1 3
1
3 Q2 1
5
=
R
−
R
=
.
2 4πǫ0 R3 2R
10R3
5 4πǫ0 R
Für die Integration über die Energiedichte (zweite Methode) ist die Feldstärke
 r
Q  R3 für r < R
E(r) =
4πǫ0  1 für r ≥ R
r2
zu verwenden. Es folgt
Z
Z
r 2 Z ∞
2 ǫ0
ǫ0 Q 2 R
3
2
2
2 1
~
W =
d r |E(~r )| =
4π
+
dr r
dr r
2
2 4πǫ0
R3
r2
0
R
1 1 5 R 1 ∞
1 Q2
r − =
2 4πǫ0 R6 5 0
r R
2
3 Q2 1
1 Q 1 1
+1 =
.
=
2 4πǫ0 R 5
5 4πǫ0 R
1
Die auf unterschiedlichem Wege erhaltenen Ergebnisse stimmen also überein. Interessanterweise erstreckt sich die Integration bei der zweiten Methode über den gesamten Raum,
da die Feldstärke bis ins Unendliche reicht. Das Feld im Aussenraum enhält sogar den
überwiegenden Anteil an Energie.
Ergänzung: Falls die Ladung Q nicht gleichmäßig über das Kugelvolumen verteilt ist,
sondern auf der Kugeloberfläche sitzt, dann verschwindet im Innenraum die elektrische
Feldstärke, im Außenraum bleibt sie unverändert. Das Resultat für die Energie ändert
sich nur wenig: Im vorletzten Ausdruck fällt der Summand 1/5 weg, sodass
WKugelfläche =
1 Q2 1
2 4πǫ0 R
übrig bleibt. Das impliziert: Bei gleichem Q ist die elektrostatischen Energie einer geladenen Kugeloberfläche niedriger als die einer homogen geladenen Vollkugel. (Anschaulicher Grund: Die Ladungen sind im Mittel weiter voneinander entfernt und stoßen sich
insgesamt weniger stark ab.) Damit wird verständlich, warum sich bei einer geladenen
Metallkugel die frei bewegliche Ladung auf der Oberfläche ansammelt.
b) Die Beziehung W = me c2 führt mit Q = e auf
R=
3 1 e2
.
5 4πǫ0 me c2
Einsetzen der Zahlenwerte liefert
R=
3
1
(1.602 · 10−19 C)2
−15
m.
2
m 2 = 1.69 · 10
C
−31
8
−12
5 4π 8.8543 · 10 Nm2 9.1 · 10 kg (3 · 10 s )
Dieser Wert für den “klassischen Elektronenradius” steht aber im Gegensatz zum Experiment. Aus atomphysikalischen Präzisionsmessungen und aus der Untersuchung von
Elektronenstößen bei hohen Energien hat man gefunden, dass sich das Elektron wie ein
Punktteilchen verhält. Nach gegenwärtigem Stand der Forschung kann seine Ausdehnung
höchstens 2 · 10−20 m betragen! Eine elektromagnetische Erklärung der Elektronenmasse
ist daher nicht möglich.
Aufgabe 2
Das Gaußsche Gesetz in Integralform lautet
I
Z
1
~
~
dA · E(~r ) =
dV ρ(~r ) .
ǫ0 V
O(V )
Ist die Ladungsverteilung sphärisch symmetrisch und wählt man als Integrationsvolumen
eine Kugel vom Radius r, dann ergibt sich
Z r
1 1
Q(r) mit der eingeschlossenen Ladung Q(r) = 4π
dr ′ r ′2 ρ(r ′ ) .
E(r) =
4πǫ0 r 2
0
Die eingeschlossene Elektronenladung ist
Z r
e
′
dr ′ r ′2 e−2r /a .
Qe (r) = −4π 3
πa 0
2
Mit der Variablensubstitution u = −2r ′ /a liefert die angegebene Integralformel
Z
u −2r/a
4e a3 2
4e a 3 −2r/a
2 u
u − 2u + 2 e du u e = 3
Qe (r) = − 3 −
a
2
a 8
0
0
h
i
2
1 4r
4r
= e
+
+ 2 e−2r/a − 2
2
2 a
a
r
r2 = −e + e 1 + 2 + 2 2 e−2r/a .
a
a
Die eingeschlossene Gesamtladung (Elektron plus Proton) ist daher (für r > 0)
r 2 −2r/a
r
Q(r) = Qe (r) + Qp = e 1 + 2 + 2 2 e
a
a
und die Feldstärke im Wasserstoffatom lautet
r
r 2 −2r/a
e 1
1
+
2
e
.
+
2
E(r) =
4πǫ0 r 2
a
a2
Für r ≪ a macht sich nur die Kernladung bemerkbar und es gilt
E(r) ≃
e 1
.
4πǫ0 r 2
Im entgegengesetzten Grenzfall r ≫ a schirmt die Ladungswolke des Elektrons die Kernladung ab (Qe (∞) = −e), deshalb geht die Feldstärke exponentiell gegen Null:
E(r) ≃
e 2 −2r/a
e
.
4πǫ0 a2
Aufgabe 3
Wir bemerken zunächst, dass beide Flächen zwar sehr unterschiedlich aussehen, jedoch
die gleiche Randkurve C besitzen, nämlich den Kreis x2 + y 2 = R2 . Im Satz von Stokes
Z
I
~
~
~
dA · ∇ × f =
d~r · f~
F
C(F )
muss daher die rechte Seite nur einmal berechnet werden. Wir parametrisieren den Kreis
durch den Azimutalwinkel ϕ, also ~r(ϕ) = R(cos ϕ, sin ϕ, 0). Mit d~r = Rdϕ(− sin ϕ, cos ϕ, 0)
und x = R cos ϕ, y = R sin ϕ ergibt sich für die rechte Seite der Stokes-Formel:
Z 2π
I
Z 2π
2
~
d~r · f = R
dϕ cos2 ϕ = πR2 .
dϕ(− sin ϕ, cos ϕ, 0)·(0, R cos ϕ, 2R sin ϕ) = R
C(F )
0
0
Die linke Seite muss für die beiden Fälle separat ausgewertet werden. Die Rotation des
Vektorfelds lässt sich leicht ausrechnen:
∂f
∂f
∂f
∂f2 ∂f3 ∂f1 3
1
2
∇ × f~ =
~e1 +
~e2 +
~e3 = (2, 0, 1) .
−
−
−
∂x2 ∂x3
∂x3 ∂x1
∂x1 ∂x2
3
a) Kreisscheibe
Z
~·∇
~ × f~ =
dA
F
Z
R
dρ ρ
0
Z
2π
dϕ ~e3 · (2, 0, 1) = 2π
0
Z
R
dρ ρ = πR2 .
0
Das stimmt also schon einmal mit der rechten Seite überein.
b) Oberfläche der Halbkugel
Der Normalenvektor auf der Kugeloberfläche ist der radiale Einheitsvektor
~er =
~r
= (sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos θ) .
r
Die Integration über die Kugeloberfläche erfolgt durch Integration über die beiden Winkel
θ und ϕ:
Z
Z
~·∇
~ × f~ =
~ × f~ .
dA
dA ~er · ∇
F
F
Z π/2
Z 2π
2
= R
dθ sin θ
dϕ (sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos θ) · (2, 0, 1)
0
0
Z π/2 Z 2π
2
= R
dθ
dϕ (2 sin2 θ cos ϕ + sin θ cos θ) .
0
0
Das ϕ-Integral über den ersten Summanden mittelt sich zu Null. Es verbleibt mit der
Substitution u = cos θ, du = − sin θ dθ
Z
~·∇
~ × f~ = R2 2π
dA
F
Z
π/2
2
dθ sin θ cos θ = R 2π
0
Z
0
1
1 1
du u = R2 2π u2 = πR2 .
2 0
Damit hat sich die Gültigkeit der Stokesschen Formel für beide Beispiele bestätigt.
a)
b)
z
z
e®r
e®3
y
q
j
r
j
x
x
4
y