Nachklausur in Theoretische Physik II: Elektrodynamik und

Nachklausur in Theoretische Physik II: Elektrodynamik und Relativität
Universität Potsdam, WS 2008/09, am 16. April 2009, 930 − 1230
Prof. Feldmeier mit Dr. Albrecht, H. Hoffmann, Dr. Schwarz
Schein ab 50 von 120 möglichen Punkten
Bitte jede Aufgabe auf ein eigenes Blatt
Bitte Name und Matrikelnummer auf jedes Blatt
Aufgabe 1: Vorlesungsstoff
20 Punkte
µ
(a) Bitte schreiben Sie ∂µ j mit euklidischen 3-Vektoren und Skalaren.
~
~
(b) Kann man mittels Lorentzboost ein reines B-Feld
in ein reines E-Feld
transformieren? Begründung?
(c) Was ist die Energie eines freien Teilchens mit dem relativistischen Impuls p~ und
der Ruhmasse m > 0 bzw m = 0?
~ im Vakuum her.
(d) Bitte leiten Sie die Wellengleichung für E
(e) Kann ein radial pulsierendes, kugelförmiges, geladenes Objekt elektromagnetische Wellen abstrahlen? Begründung?
(f) Wie lauten die Eichtransformationen für das Viererpotential Aµ ?
Aufgabe 2: Spiegelladungen
20 Punkte
Eine Punktladung q sitze in Abständen a bzw b von
zwei metallischen Halbebenen, die sich an einer gemeinsamen Kante im rechten Winkel treffen.
(a) Lösen Sie das Randwertproblem mithilfe von Spiegelladungen
(b) Berechnen Sie die auf q wirkende Kraft
Aufgabe 3: Stromblatt
20 Punkte
Ein Stromblatt ist eine Ebene mit überall gleicher Linienstromdichte ~j (Einheit A/m, nicht A/m2 wie sonst),
wobei ~j im Stromblatt liegt. Bitte berechnen Sie mit
dem Ampereschen Gesetz die Magnetfeldstärke außerhalb des Stromblatts (es sei µ = µ0 ).
BITTE WENDEN!
1
Aufgabe 4: Stehende ebene Welle
20 Punkte
Gegeben das elektrische Feld einer ebenen, stehenden elektromagnetischen Welle im
Vakuum
~
E(x,
y, z, t) = E0 [~ex cos(kz) + ~ey sin(kz)] sin(ωt) .
(1)
(a) Bitte leiten Sie die Beziehung zwischen ω und k her.
(b) Wie ist die Welle polarisiert?
~ an.
(c) Geben Sie den Ausdruck für die magnetische Induktion B
~ der Welle.
(d) Berechnen Sie den Poyntingvektor S
Aufgabe 5: Retardierung
(a) Ein geladenes Teilchen q bewegt sich auf der Bahn
q
~r(t) = r02 + (ct)2 ~ex .
20 Punkte
(2)
Zeichnen Sie die Bahn in ein Minkowskidiagramm und zeichnen Sie Lichtkegel an
vier repräsentativen Bahnpunkten. Schraffieren Sie den Bereich des Minkowskidiagramms, in dem das Teilchen nicht sichtbar ist.
(b) Das Teilchen erzeugt ein skalares Potential φ
φ(~x, t) =
q
4πε0 [ |~x − ~r(tr )| − ~v (tr )/c · (~x − ~r(tr ))]
(3)
Die retardierte Zeit tr ist als Lösung einer Gleichung definiert. Welcher Gleichung?
Wie groß ist der Raumzeitabstand der Ereignisse (ct, ~x) und (ctr , ~r(tr ))?
(c) Wieviele Lösungen hat die Definitionsgleichung der retardierten Zeit anhand
Ihrer Zeichnung aus (a) an welchen Raumzeitpunkten?
Aufgabe 6: Differentialformen
20 Punkte
(a) Die Feldstärke-Zweiform F ist in der vierdimensionalen Minkowski-Raumzeit
definiert durch
F = Ex dx ∧ dt + Ey dy ∧ dt + Ez dz ∧ dt
+ Bx dy ∧ dz + By dz ∧ dx + Bz dx ∧ dy
(4)
Zeigen Sie, dass dF = 0 Quellfreiheit und Induktionsgesetz ausdrückt.
(b) Die Dualform ∗ω einer Zweiform ω ist in der 4-dim Raumzeit selbst eine Zweiform, und ist definiert durch:
∗(dx ∧ dt) = dy ∧ dz
∗(dx ∧ dy) = −dz ∧ dt
(5)
(6)
sowie zyklische Vertauschung von x, y und z. Bitte berechnen Sie die duale
Feldstärke-Zweiform ∗F .
2
L Ö S U N G E N
Aufgabe 1: Vorlesungsstoff
(a)
(b)
(c)
(d)
(e) Nein! Denn elektromagnetische Strahlung nur von Dipolen (Hertzscher Dipol
usw.) und höher. Ein radial oszillierendes Objekt ist aber zu jedem Zeitpunkt
sphärisch symmetrisch, also ein Monopol.
Betrachte das Feld von einem Ort, der außerhalb der pulsierenden Ladungskugel
liegt. Das dort sichtbare Feld ist zeitlich unveränderlich und ist immer dasselbe wie
das einer Punktladung in der Mitte der Ladungskugel: das entsprechende Newtonsche Gesetz aus der Mechanik gilt nicht nur für schwere Massen sondern auch für
geladene Kugeln. Das Feld ist also zu jedem Zeitpuntk q/r2 und also wird nichts
abgestrahlt.
(f) Die Eichtransformationen sind
~0 = A
~ + ∇χ
A
∂χ
.
φ0 = φ −
∂t
~ Somit lauten die Eichtransformationen für
Das Viererpotential ist Aµ = (φ/c, A).
das Viererpotential
Aµ = Aµ − ∂ µ χ .
(7)
Aufgabe 2: Spiegelladungen
B
|
-q | q
(2) |
|
A’........O________A
.
.
q . -q
(34) . (1)
.
B’
3
Gegeben zwei leitende Halbebenen OA und OB.
Stoßen im rechten Winkel aneinander.
Gegeben Ldg q irgendwo in Quadrant OAB.
(1) Spiegelung an OA, Spiegelldg −q:
stellt Randbdg auf OA sicher.
(2) Spiegelung an OB, Spiegelldg −q:
stellt sicher, daß OB Äquipot.fläche.
Aber −q von (1) stört diese Randbgd.
(3) Trick: spiegle −q von (1) an OB 0 : Spiegelldg q.
Damit (2) erledigt: OB ist Äquipot.fläche.
(4) Zurück zu (1): Äquipot OA zerstört durch −q von (2).
Wie in (3): spiegle −q von (2) an OA0 : Spiegelldg q.
Elementargeometrie: dieses q am selben Ort wie q aus (3).
Also 3 Spiegelldgen nötig, mit Gesamtldg −q.
Kraft auf q: Coulombsches Gesetz für Punktladungen. Dabei der Abstand der drei Spiegelladungen von q mittels Satz von Pythagoras.
Aufgabe 3: Stromblatt
Offenbar muss das B-Feld parallel zum Blatt stehen und senkrecht zu
~j. Amperesches Gesetz
I
~ = µ0 IA
d~l · B
(8)
∂A
wobei IA die Ströme in der Fläche A sind. Nimm als A ein Rechteck
mit Flächennormale in Stromrichtung, Länge X entlang des Blatts,
Länge Z senkrecht zum Blatt. Damit Ampere
2XB(Z/2) = µ0 jX
(9)
Faktor 2 weil das Feld von +B nach −B springt bei Durchgang durchs
Blatt (rechte-Hand Regel). Somit spielt Z keine Rolle: links nicht,
weil Integrationsweg und Feld senkrecht stehen. Rechts nicht, weil das
Blatt Linien-, nicht Flächenstromdichte hat. Also
µ0
(10)
B = j = const
2
Dies entspricht natürlich dem Feld in der Nähe einer Spule!
4
Zur Vektorrichtung: sei n̂ die Flächennormale des Blatts. Dann steht
das Feld in Richtung ĵ × n̂: nämlich senkrecht zu ~j und parallel zum
Blatt, also senkrecht zu n̂. Also (ohne Vorzeichen)
~ = µ0 n̂ × ~j
B
2
(11)
Aufgabe 4: Stehende Welle
(a) Aus der Wellengleichung
1 ∂2
~ =0
−∆ E
2
2
c ∂t
folgt mit
1 ∂2 ~
ω2 ~
E=− 2 E
c2 ∂t2
c
∂2 ~
~
~
und ∆E = 2 E = −k 2 E
∂z
die Dispersionsrelation
ω2
k = 2 .
c
(b) In einem festen Punkt ~xp = xp~ex + yp~ey + zp~ez gilt
~ xp , t) = E0 cos(kzp )~ex + E0 sin(kzp )~ey sin(ωt)
E(~
= ~ε sin(ωt)
2
~
mit ~ε = E0 cos(kzp )~ex + E0 sin(kzp )~ey . Das E-Feld
zeigt im (beliebigen) Punkt ~xp zu allen Zeiten in Richtung ±~ε. Die Welle ist also in
allen Punkten linear polarisiert. Allerdings ändert sich die Polarisationsrichtung räumlich.
(c) Mit Hilfe des Faradayschen Induktionsgesetzes
−
~
∂B
~
=∇×E
∂t
errechnet sich die zeitliche Ableitung der magnetischen Induktion:
−
~
∂B
= −E0 k cos(kz)~ex + sin(kz)~ey sin(ωt) .
∂t
5
Zeitliche Integration ergibt die magnetische Induktion:
~ = − E0 cos(kz)~ex + sin(kz)~ey cos(ωt) .
B
c
(Die Integrationskonstante ist Null wegen der Isotropie und Homogenität des Raumes.)
~ und das gegebene E
~ in den Ausdruck
(d) Setzt man das Ergebnis für B
für den Poyntingvektor
1 ~
~
~
S=
E×B
µ0
~ = 0.
ein, ergibt sich S
Aufgabe 5: Retardierung
(a) Im Minkowski-Diagramm ist die Bahnkurve blau dargestellt, an
ausgewählten Punkten sind Vorwärts-Lichtkegel (rot) eingezeichnet.
Für t → −∞ nähern sich die linken Seiten der jeweiligen Lichtkegel
der grün eingezeichneten Asymptote ct = −x an. Von allen nicht
mit einem Lichtstrahl erreichbaren Ereignissen ist das Teilchen nicht
sichtbar. Dies sind die Ereignisse im grün eingefärbten Bereich (ct ≤
−x).
6
(b) Die retardierte Zeit tr ist als Lösung der Gleichung
c(t − tr ) = |~x − ~r(tr )|
(12)
definiert. Quadrieren, dann beide Seiten abziehen gibt
0 = c2 (t − tr )2 − |~x − ~r(tr )|2 = s2
(13)
Der Raumzeitabstand s2 ist Null, weil elmag Wellen mit Lichtgeschwindigkeit laufen: Das Ereignis (ct, ~x) liegt auf dem Lichtkegel von
(ctr , ~r(tr )).
(c) Es ist tr < t. Also liegt das Ereignis (ct, ~x) (grüner Punkt) auf dem
Vorwärts-Lichtkegel des Ereignisses (ctr , ~r(tr )) (blauer Punkt). Mit bekanntem (ct, ~x) liegt (ctr , ~r(tr )) damit auf dem Rückwärts-Lichtkegel
von (ct, ~x). Zeichnet man von (ct, ~x) aus den Rückwärts-Lichtkegel,
so ist (ctr , ~r(tr )) durch den Schnittpunkt mit der Bahnkurve gegeben.
Außerhalb des grünen Bereichs gibt es immer genau einen Schnittpunkt.
Aufgabe 6: Differentialformen
(a) Es gilt (Summationskonvention)
1
dF = ∂α Fβγ dxα ∧ dxβ ∧ dxγ
2
7
(14)
Der Faktor 1/2 tritt im folgenden nicht auf: Er “verschwindet” in der
Definition F = 12 Fβγ dxβ ∧ dxγ . Beachte dass dx ∧ . . . ∧ dx ≡ 0 (ebenso
für dy, dz und dt) aufgrund der Definition des ∧-Produkts. Elementare
Rechnung gibt
∂Ex ∂Ey ∂Bz
dF = −
+
+
dx ∧ dy ∧ dt
∂y
∂x
∂t
∂Ex ∂Ez ∂By
+
−
dx ∧ dz ∧ dt
+ −
∂z
∂x
∂t
∂Ey ∂Ez ∂Bx
+
+
dy ∧ dz ∧ dt
+ −
∂z
∂y
∂t
∂Bx ∂By ∂Bz
!
+
+
+
dx ∧ dy ∧ dz = 0
∂x
∂y
∂z
(15)
Die vier hier auftretenden Dreiformen sind linear unabhängig, also
muss jede Klammer für sich verschwinden. Die zweite Zeile macht
zunächst Sorge wegen des Vorzeichenwechsels. Tatsächlich steht hier
aber die negative Komponente des rot-Operators. Explizit:

 

∂Ez ∂Ey
∂B
x
 ∂y − ∂z  − ∂t 


∂By 
 ∂Ex ∂Ez  
~
~˙
 = −B
rot E = 
(16)
=
−
−


 ∂z
∂x   ∂t 
 ∂Ey ∂Ex 
∂Bz
−
−
∂x
∂y
∂t
Das ist das Induktionsgesetz. Ferner gilt Quellfreiheit
~ =0
div B
(17)
(b) Aus den beiden im Klausurblatt angegebenen Relationen mit dem
ijk -Tensor erhält man sofort
8
∗(dt ∧ dx) = −dy ∧ dz
∗(dt ∧ dy) = +dx ∧ dz
∗(dt ∧ dz) = −dx ∧ dy
∗(dx ∧ dy) = +dt ∧ dz
∗(dx ∧ dz) = −dt ∧ dy
∗(dy ∧ dz) = +dt ∧ dx
(18)
Beachte: kein 1/2 rechts, wegen 21 (dx ∧ dz − dz ∧ dx) = dx ∧ dz: für
jedes i gibt es jk und damit auch kj, für das ijk nicht verschwindet.
Damit wird
∗F = − Bx dx ∧ dt − By dy ∧ dt − Bz dz ∧ dt
+ Ex dy ∧ dz + Ey dz ∧ dx + Ez dx ∧ dy
(19)
~ B)
~ = F (−B,
~ E)
~
∗F (E,
(20)
(c) Somit
9