Lösungen Serie 3

Elektrodynamik
Lösung Serie 3
Elektrostatik
19. Oktober 2016
1. Das Skalarfeld und das elektrische Feld einer Ladungsverteilung ρ sind
φ(~r)
=
~ r)
E(~
=
Z ∞
1
ρ(~y )
d3 y
4πε0 −∞
|~r − ~y |
~ r).
−∇φ(~
(a) Das Skalarfeld für den Draht ist
φ1 (~r0 )
=
λ
4πε0
Z
`
2
− 2`
dx √
d2
1
.
+ x2
Mit dem Tipp (1) kann das Integral ausgeführt werden, und nach
Umformungen erhält man
φ1 (~r0 )
=
=
i 2`
p
λ h log x + d2 + x2
4πε0
− 2`
q


2
`
d2 + `4
λ
2 +
.
log 
2πε0
d
Im letzten Schritt wird mit dem Zähler erweitert und verwendet,
dass log(x2 ) = 2 log(x). Da der Draht bezüglich Spiegelung an der
y-Achse symmetrisch auf der x-Achse liegt, hängt das Potential nur
von der z-Komponente ab. Der Gradient ist folglich nur in z-Richtung
verschieden von null und das elektrische Feld zeigt in z-Richtung.
Daher folgt
~ 1 (~r0 )
E
= −∂d φ1 (~r0 )~ez

λ 1
d
=
− q
2πε0 d
l
l2
2
d + 4 + d2 +
2

l2
4
 ~ez .
Für grosse Abstände vom Draht, für d `, ist dl klein. Vernachlässigt
man Terme der Ordnung dl , verschwindet das Skalarfeld - was offen2
sichtlich falsch ist. Werden nur Terme der Ordung dl 2 vernachlässigt,
folgt für das Skalarfeld
φ1 (~r0 ) ≈
≈
=
λ
l
log 1 +
2πε0
2d
λ l
2πε0 2d
Q 1
.
4πε0 d
In der zweiten Approximation wird Tipp (2) und in der letzten Gleichung die Definition der Ladungsdichte verwendet. Das erhaltene
Skalarpotential entspricht demjenigen einer Punktladung im Ursprung.
(b) Betrachtet man nur eine Seite des Quadrats, folgt mit der vorherigen
Teilaufgabe für das Potential
r
φ̃2 ((0, 0, d))
= φ1
0, 0,
`2
d2 +
4
!!
.
Folglich erhält man für alle vier Drähte
r
φ2 (~r0 )
0, 0,
d2
`2
+
4
!!
=
4φ1
=
q

2
+
d2 + 2 `4
2λ
.
log  q
πε0
`2
2
d + 4

`
2
Das elektrische Feld zeigt wiederum in z-Richtung,
~ 2 (~r0 )
E
=
=
−∂d φ2 (~r0 )~ez


2λ  d
d
 ~ez .
− q
πε0 d2 + `42
l2
l
l2
2
2
d +24 +d +24
2
Dieses Resultat erhält man auch durch geometrische Überlegungen:
Das elektrische Feld ist gleich vier mal der z-Komponente des elektrischen Feldes
für den Draht
(aus der vorherigen Teilaufgabe) an
q
`2
2
der Stelle 0, 0, d + 4 . Der Kosinus des Zwischenwinkels der
z-Achse und des Vektors 2l , 0, d beträgt p d l2 , und daher folgt
d2 +
4
~ 2 (~r0 )
E
=
=
r
d
~1
E
4q
2
d2 + l4

2λ  d
πε0 d2 +
0, 0,
d2
`2
+
4
!!

d
`2
4
 ~ez .
− q
l
2 + 2 l 2 + d2 + 2 l 2
d
2
4
4
Das Vorgehen und die Rechnung für grosse Abstände von der Ladungsverteilung sind analog zu den Rechnungen für den Draht und
liefern wiederum dasselbe Resultat, das Potential der Punktladung
im Ursprung.
(c) Das Skalarpotential der Kreisscheibe ist (für die Integration werden
Zylinderkoordinaten mit Jakobiante r eingeführt)
φ3 (~r0 )
=
=
=
Z 2π
Z R
1
σ
dφ
dr r √
2
4πε0 0
d + r2
0
h
i
p
R
σ
d2 + r 2
2ε0
0
σ p 2
2
d +R −d .
2ε0
Das elektrische Feld zeigt in z-Richtung und beträgt
~ 3 (~r0 )
E
= −∂d φ3 (~r0 )
σ
d
√
= −
−1 .
2ε0
d2 + R2
Für grosse Abstände, d R, erhält man mit Tipp (3)
φ3 (~r0 )
=
≈
=
!
R2
1+ 2 −1
d
σ
1 R2
d 1+
−
1
2ε0
2 d2
σ R2
.
4ε0 d
σ
d
2ε0
r
Mit der Definition der Ladungsdichte folgt schliesslich
φ3 (~r0 )
=
Q 1
,
4πε0 d
was wiederum dem Potential der Punktladung im Ursprung entspricht.
2. Um zwei Punktladungen q1 und q2 aus grosser Entfernung bis auf einen
Abstand a zusammenzubringen, muss die folgende Arbeit geleistet werden
A=
1 q1 q2
.
4πε0 a
Für elektrische Felder gilt das Superpositionsprizip. Das heisst, die gesamte Arbeit, die geleistet werden muss um die vierte Ladung q4 zum
Punkt (a/2, a/2) zu bringen, ist die Summe über die Arbeiten um q4 in
den richtigen Abstand zu jeweils einer der drei Ladungen zu bringen.
−q2 q4
+q3 q4
q2
−q1 q4
√ =
+
+
A=
4πε0 a 4πε0 a 4πε0 a 2
4πε0 a
1
√ −2 .
2
Die Arbeit, die geleistet werden muss um alle vier Ladungen an ihren Platz
im Quadrat zu bringen, ist die Summe über die Potentiale aller möglichen
Paare, die im Ladungsquadrat gebildet werden können:
A
=
=
q1 q2
q3 q4
1
√ − q1 q3 − q1 q4 − q2 q3 − q2 q4 + √
4πε0 a
2
2
2
√
q
2−4 .
4πε0 a
3. (a) Für eine Ladungsdichte ρ(~x) gilt allgemein die 1. Maxwellgleichung
in Integralform:
I
Z
1
~
~
dS E =
d3 x ρ(~x).
ε0 V
∂V
Da das Problem eine Kugelsymmetrie besitzt, wird ein allfälliges elektrisches Feld radial gerichtet sein. Das Volumen, über welches wir
~ und dS
~ parallel
integrieren werden, ist eine Kugel. Daher sind E
zueinander und das Integral kann geschrieben werden als:
Z
2π
Z
dϕ
0
0
π
1
~
dθ sin(θ)r |E(r)|
=
ε0
2
Z
d3 x ρ(~x).
V
Das linke Integral lässt sich bereits ausrechnen:
Z
1
2 ~
4πr |E(r)| =
d3 x ρ(~x).
ε0 V
(1)
• Ausserhalb der geladenen Sphäre (Radius R) beschreibt V das
Volumen einer Kugel mit Radius r > R. Aus der Gleichung (1)
ergibt sich:
~
4πr2 |E(r)|
=
q
.
ε0
Da das elektrische Feld radial gerichtet ist, hat es die Form:
~ =
E
q ~er
4πε0 r2
Das Potential ist ebenfallst radialsymmetrisch. Deshalb lässt es
sich schreiben als:
Z ∞
q
q 1
1
ϕ(r) =
dr0 02 =
.
4πε0 r
r
4πε0 r
• Im Inneren der geladenen Sphäre beschreibt V das Volumen einer
Kugel mit Radius r < R. Die Ladungsdichte ist null in diesem
Gebiet, deshalb folgt mit der Gleichung (1) :
~
|E(r)|
=0.
Das Potential ist gegeben durch:
Z ∞
q 1
1
q
.
dr0 02 =
ϕ(r) =
4πε0 R
r
4πε0 R
(b) Die Gesamtenergie des elektrischen Feldes ist gegeben durch:
w
=
=
=
Z
ε0
~2
d3 xE
2
Z
Z 2π
Z π
ε0 ∞
1
q2
2
dr r
dϕ sin(ϕ)
dθ
2 ε2 r 4
2 R
16π
0
0
0
q2
.
8πε0 R
[email protected], [email protected]