PHYSIK III Serie 6, Musterlösung

PHYSIK III
Prof. Dr. Danilo Pescia
Tel. 044 633 21 50
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Wintersemester 06/07
www.microstructure.ethz.ch
Niculin Saratz
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Serie 6, Musterlösung
1. Mit Metall gefüllter Kondensator
a) Wir können die Anordnung als zwei neue Kondensatoren mit Kapazität C 0 in Serie
auffassen. Die gesamte Kapazität ist dann
−1
C0
ε0 A
1
1
=
=
.
C=
+
0
0
C
C
2
2δ
b) Mit der Kapazität lässt sich dann die Spannung leicht berechnen:
U=
Q
2Qδ
=
.
C
ε0 A
2. Kraft auf ein Dielektrikum
a) Wir können die Anordnung als zwei Kondensatoren C1 und C2 auffassen, die parallel
geschaltet sind. Dabei ist C1 leer und C2 mit dem Dielektrikum gefüllt. Die Koordinate
x beschreibt, wie weit der dielektrische Quader zwischen die Platten ragt. Wir haben
somit
⇒
ε0 a (a − x)
d
κε0 a x
d
ε0 a(a + (κ − 1)x)
C(x) = C1 + C2 =
.
d
C1 (x) =
,
C2 (x) =
Die potentielle Energie des Systems ist dann
W (x) =
Q2 d
1 Q2
=
2 C(x)
2ε0 a(a + (κ − 1)x)
Die Kraft die auf den Quader wirkt ist somit
F (x) = −
dW
Q2 d(κ − 1)
=
,
dx
2ε0 a(a + (κ − 1)x)2
Die Kraft zeigt also in Richtung wachsender x, der Quader wird in den Plattenkondensator hineingezogen, dabei nimmt die Spannung am Kondensator ab:
U (x) =
1
Q
C(x)
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b) Für den Fall mit der konstanten Spannung müssen wir die Batterie in unser System
miteinbeziehen. Es gilt dann, mit der Gesamtkapazität C wie oben für die gesamte
potentielle Energie
1
W = U 2 C + WBatt
2
Die Arbeit, welche die Batterie bei konstanter Spannung leistet um die Ladung ∆Q auf
den Kondensator zu bringen ist WBatt = ∆Q U . Das heisst, die potentielle Energie, die in
der Batterie gespeichert ist, nimmt dabei um diesen Betrag ab. Weiter ist ∆Q = ∆C U
und wir erhalten
1
W (x) = U 2 C(x) − C(0) − U C(x) − C(0) U .
2
Wir können nun die konstanten Terme mit C(0) weglassen (Definition des Nullpunktes
der potentiellen Energie) und es bleibt übrig:
1 2
1 2
ε0 U 2 a(a + (κ − 1)x)
2
W (x) =
U C(x) − U C(x) = − U C(x) = −
2
2
2d
ε0 U 2 a(κ − 1)
dW
=
.
⇒
F =−
dx
2d
Wiederum wird der Quader in den Kondensator hineingezogen, diesmal jedoch mit konstanter Kraft. Beachte, dass die potentielle Energie, die im Kondensator gespeichert ist
dabei zunimmt. Da die von der Batterie geleistete Arbeit grösser ist als diese Zunahme
nimmt die gesamte potentielle Energie ab.
3. Energie einer Polarisationsdichtenverteilung
a) Die 1. Maxwellgleichung lautet in differentieller Form
1
~
~
∇ · E(~x) =
ρ − ∇ · P (~x)
ε0
~ = −∇Φ wird
In Abwesenheit von freien Ladungen und unter Berücksichtigung von E
das zu
−∇ · P~ (~x)
−ρP ol(~x)
∇ · − ∇Φ(~x) =
⇔ ∆Φ(~x) =
mit ρP ol(~x) = −∇ · P~ (~x) .
ε0
ε0
b)
1
W =
2
Z
1
= −
2
dV dV 0
Z
∇ · P~ (~x) ∇ · P~ (~x0 )
4πε0 |~x − ~x0 |
∇ · P~ (~x) ρP ol (~x0 )
dV dV 0
2
4πε0 |~x − ~x0 |
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Wir führen nun die Integration in ~x0 aus und benutzen, dass
Z
ρ(x0 )
Φ(x) =
dx0 .
(4πε0 |x − x0 |)
W =
=
=
=
Z
1
−
dV ∇ · P~ (~x) Φ(~x)
2
Z
1
dV ∆Φ(~x) Φ(~x)
−
2
Z
Z
2
1
1
~
−
dV ∇Φ(~x)
dS ∇Φ(~x) Φ(~x) +
2
2
V
Z∂V
Z
1
1
~ x)|2
~ E(~
~ x) Φ(~x) +
dV |E(~
dS
2
2
V
∂V
Das Oberflächenintegral verschwindet, falls wir das Volumen V auf den ganzen Raum
ausdehnen: Das elektrische Feld einer lokalisierten Ladungsverteilung ausserhalb dieser
fällt mindestens ∝ r12 ab, das Potential fällt mindestens ∝ 1r ab. Also fällt der Integrand
mindestens wie r13 ab, während die Oberfläche nur mit r2 ansteigt. Damit ist die Identität
bewiesen.
4. Dipol im externen Feld
Wir packen das Problem mit Lagrange an. Ein Dipol hat 5 Freiheitsgrade (3 von der Position
des Dipols und 2 von der Richtung seines Dipolmoments). Die Potentielle Energie ist
~ r) = −|~p||E(~
~ r)| cos α
U = −~p · E(~
Wobei α den Winkel zwischen dem elektrischen Feld und dem Dipolmoment beschreibt.
a) Das elektrische Feld im Plattenkondensator ist homogen, d.h. die potentielle Energie
translationsinvariant. Ausserdem ist sie rotationsinvariant bezüglich einer Achse die parallel zum elektrischen Feld durch die Postition des Dipols verläuft. Also gelten für 4
Koordinaten Erhaltungssätze (Impulserhaltung entlang x, y und z sowie Drehimpulserhaltung bezüglich der genannten Achse), die Potentielle Energie hängt einzig von α ab.
Der veränderliche Anteil der kinetischen Energie des Dipols lautet
θα̇2
2
Was auf folgende Euler-Lagrange-Gleichung für α führt:
T =
d ∂(T − U ) ∂(T − U )
~ sin α = 0
−
= θα̈ + |~p||E|
dt
∂ α̇
∂α
~ sin α das versucht,
Das heisst, auf den Dipol wirkt nur ein Drehmoment D = −|~p||E|
den Dipol parallel zum elektrischen Feld auszurichten.
3
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b) Das elektrische Feld der Kugel ist inhomogen aber kugelsymmetrisch. D.h. wir gehen zu
Kugelkoordinaten über. Dann hängt die potentielle Energie von der radialen Koordinate r und vom Zwischenwinkel α ab. Der veränderliche Anteil der kinetischen Energie des
Dipols lautet dann
T =
θα̇2 mṙ2
+
2
2
Die Euler-Lagrange-Gleichungen sind
d ∂(T − U ) ∂(T − U )
~
−
= θα̈ + |~p||E(r)|
sin α = 0
dt
∂ α̇
∂α
und
~
∂|E(r)|
d ∂(T − U ) ∂(T − U )
−
= mr̈ − |~p| cos α
=0
dt
∂ ṙ
∂r
∂r
Das elektrische Feld einer homogenen Kugel ist (ausserhalb dieser) gegeben durch
~ r) = Q 1 ~er
E(~
4πε0 r2
⇒
~
∂|E(r)|
Q 1
=−
,
∂r
2πε0 r3
wobei Q = 43 πR3 ρ die Ladung der Kugel ist. Damit ist die Bewegungsgleichung in radialer
Richtung gegeben durch
mr̈ = −
|~p|Q cos α 1
~
∝ ∇|E|.
2πε0 r3
Auf den Dipol wirkt also neben dem Drehmoment eine Kraft die proportional zum
Gradienten des Betrages des elektrischen Feldes ist.
4