Grundkurs Theoretische Physik 3: Elektrodynamik, 8. Auflage

Springer-Lehrbuch Grundkurs Theoretische Physik Band 1 Klassische Mechanik 8. Auflage ISBN: 978-3-540-34832-0 Band 2 A...

Author: Wolfgang Nolting

150 downloads 1690 Views 3MB Size Report

This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form

DOWNLOAD PDF

Springer-Lehrbuch

Grundkurs Theoretische Physik Band 1 Klassische Mechanik 8. Auflage ISBN: 978-3-540-34832-0 Band 2 Analytische Mechanik 7. Auflage ISBN: 978-3-540-30660-3 Band 3 Elektrodynamik 8. Auflage ISBN: 978-3-540-71251-0 Band 4 Spezielle Relativitätstheorie, Thermodynamik 6. Auflage ISBN: 978-3-540-24119-5

Band 5/1 Quantenmechanik – Grundlagen 6. Auflage ISBN: 978-3-540-40071-4 Band 5/2 Quantenmechanik – Methoden und Anwendungen 6. Auflage ISBN: 978-3-540-26035-6 Band 6 Statistische Physik 5. Auflage ISBN: 978-3-540-20505-0 Band 7 Viel-Teilchen-Theorie 6. Auflage ISBN: 978-3-540-24117-1

Wolfgang Nolting

Grundkurs Theoretische Physik 3 Elektrodynamik 8. Auflage Mit 233 Abbildungen und 94 Aufgaben mit vollständigen Lösungen

1 3

Professor Dr. Wolfgang Nolting Humboldt-Universität Berlin Institut für Physik Newtonstraße 15 12489 Berlin Deutschland [email protected]

Umschlagabbildung: siehe Seite 460

Die 5. Auflage des Buches erschien im Verlag Vieweg, Braunschweig/Wiesbaden

Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Bibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar.

ISBN 978-3-540-71251-0 8. Auflage Springer-Verlag Berlin Heidelberg New York ISBN 987-3-540-20509-8 7. Auflage Springer-Verlag Berlin Heidelberg New York Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Springer-Verlag ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media springer.de © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2002, 2004, 2007 Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, daß solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Innentypografie: deblik, Berlin Herstellung und Satz: LE-TEX Jelonek, Schmidt & Vöckler GbR, Leipzig Einbandgestaltung: WMXDesign, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier

56/3100/YL - 5 4 3 2 1 0

Allgemeines Vorwort Die sieben Bände der Reihe „Grundkurs Theoretische Physik“ sind als direkte Begleiter zum Hochschulstudium Physik gedacht. Sie sollen in kompakter Form das wichtigste theoretisch-physikalische Rüstzeug vermitteln, auf dem aufgebaut werden kann, um anspruchsvollere Themen und Probleme im fortgeschrittenen Studium und in der physikalischen Forschung bewältigen zu können. Die Konzeption ist so angelegt, dass der erste Teil des Kurses, Klassische Mechanik (Band 1) Analytische Mechanik (Band 2) Elektrodynamik (Band 3) Spezielle Relativitätstheorie, Thermodynamik (Band 4), als Theorieteil eines „Integrierten Kurses“ aus Experimentalphysik und Theoretischer Physik, wie er inzwischen an zahlreichen deutschen Universitäten vom ersten Semester an angeboten wird, zu verstehen ist. Die Darstellung ist deshalb bewusst ausführlich, manchmal sicher auf Kosten einer gewissen Eleganz, und in sich abgeschlossen gehalten, sodass der Kurs auch zum Selbststudium ohne Sekundärliteratur geeignet ist. Es wird nichts vorausgesetzt, was nicht an früherer Stelle der Reihe behandelt worden ist. Dies gilt inbesondere auch für die benötigte Mathematik, die vollständig so weit entwickelt wird, dass mit ihr theoretisch-physikalische Probleme bereits vom Studienbeginn an gelöst werden können. Dabei werden die mathematischen Einschübe immer dann eingefügt, wenn sie für das weitere Vorgehen im Programm der Theoretischen Physik unverzichtbar werden. Es versteht sich von selbst, dass in einem solchen Konzept nicht alle mathematischen Theorien mit absoluter Strenge bewiesen und abgeleitet werden können. Da muss bisweilen ein Verweis auf entsprechende mathematische Vorlesungen und vertiefende Lehrbuchliteratur erlaubt sein. Ich habe mich aber trotzdem um eine halbwegs abgerundete Darstellung bemüht, sodass die mathematischen Techniken nicht nur angewendet werden können, sondern dem Leser zumindest auch plausibel erscheinen. Die mathematischen Einschübe werden natürlich vor allem in den ersten Bänden der Reihe notwendig, die den Stoff bis zum Physik-Vordiplom beinhalten. Im zweiten Teil des Kurses, der sich mit den modernen Disziplinen der Theoretischen Physik befasst, Quantenmechanik: Grundlagen (Band 5/1) Quantenmechanik: Methoden und Anwendungen (Band 5/2) Statistische Physik (Band 6) Viel-Teilchen-Theorie (Band 7), sind sie weitgehend überflüssig geworden, insbesondere auch deswegen, weil im Physik-Studium inzwischen die Mathematik-Ausbildung Anschluss gefunden hat. Der frühe Beginn der Theorie-Ausbildung bereits im ersten Semester gestattet es,

die Grundlagen der Quantenmechanik schon vor dem Vordiplom zu behandeln. Der Stoff der letzten drei Bände kann natürlich nicht mehr Bestandteil eines „Integrierten Kurses“ sein, sondern wird wohl überall in reinen Theorie-Vorlesungen vermittelt. Das gilt insbesondere für die „Viel-Teilchen-Theorie“, die bisweilen auch unter anderen Bezeichnungen wie „Höhere Quantenmechanik“ etwa im achten Fachsemester angeboten wird. Hier werden neue, über den Stoff des Grundstudiums hinausgehende Methoden und Konzepte diskutiert, die insbesondere für korrelierte Systeme aus vielen Teilchen entwickelt wurden und für den erfolgreichen Übergang zu wissenschaftlichem Arbeiten (Diplom, Promotion) und für das Lesen von Forschungsliteratur inzwischen unentbehrlich geworden sind. In allen Bänden der Reihe „Grundkurs Theoretische Physik“ sollen zahlreiche Übungsaufgaben dazu dienen, den erlernten Stoff durch konkrete Anwendungen zu vertiefen und richtig einzusetzen. Eigenständige Versuche, abstrakte Konzepte der Theoretischen Physik zur Lösung realer Probleme aufzubereiten, sind absolut unverzichtbar für den Lernenden. Ausführliche Lösungsanleitungen helfen bei größeren Schwierigkeiten und testen eigene Versuche, sollten aber nicht dazu verleiten, „aus Bequemlichkeit“ eigene Anstrengungen zu unterlassen. Nach jedem größeren Kapitel sind Kontrollfragen angefügt, die dem Selbsttest dienen und für Prüfungsvorbereitungen nützlich sein können. Ich möchte nicht vergessen, an dieser Stelle allen denen zu danken, die in irgendeiner Weise zum Gelingen dieser Buchreihe beigetragen haben. Die einzelnen Bände sind letztlich auf der Grundlage von Vorlesungen entstanden, die ich an den Universitäten in Münster, Würzburg, Osnabrück, Valladolid (Spanien), Warangal (Indien) sowie in Berlin gehalten habe. Das Interesse und die konstruktive Kritik der Studenten bedeuteten für mich entscheidende Motivation, die Mühe der Erstellung eines doch recht umfangreichen Manuskripts als sinnvoll anzusehen. In der Folgezeit habe ich von zahlreichen Kollegen wertvolle Verbesserungsvorschläge erhalten, die dazu geführt haben, das Konzept und die Ausführung der Reihe weiter auszubauen und aufzuwerten. Die ersten Auflagen dieser Buchreihe sind im Verlag Zimmermann-Neufang entstanden. Ich kann mich an eine sehr faire und stets erfreuliche Zusammenarbeit erinnern. Danach erschien die Reihe bei Vieweg. Die Übernahme der Reihe durch den Springer-Verlag im Januar 2001 hat dann zu weiteren professionellen Verbesserungen im Erscheinungsbild des „Grundkurs Theoretische Physik“ geführt. Herrn Dr. Kölsch und seinem Team bin ich schon jetzt für viele Vorschläge und Anregungen sehr dankbar. Meine Manuskripte scheinen in guten Händen zu liegen. Berlin, im April 2001

Wolfgang Nolting

Vorwort zu Band 3 Am eigentlichen Konzept des „Grundkurs Theoretische Physik“ und damit auch an dem dritten Band der Reihe („Elektrodynamik“) hat sich natürlich mit der vorliegenden Auflage nichts geändert. Er ist nach wie vor auf ein Physik-Studienprogramm zugeschnitten, das bereits im ersten Semester mit der Theoretischen Physik (Mechanik) beginnt, so wie es die meisten neuen Bachelor/Master-Studienordnungen an deutschen Hochschulen vorsehen. Techniken und Konzepte werden weiterhin so detailliert vermittelt, dass ein Selbststudium ohne aufwendige Zusatzliteratur möglich sein sollte. In diesem Zusammenhang spielen natürlich die Übungsaufgaben, die nach jedem wichtigen Teilabschnitt angeboten werden, eine für den Lerneffekt unverzichtbare Rolle. Die mathematisch anspruchsvolle „Elektrodynamik“ macht das übende Anwenden von Konzepten und Methoden sogar besonders notwendig. Dabei sollten die ausführlichen Musterlösungen nicht von der selbständigen Bearbeitung der Aufgaben abhalten, sondern nur als Kontrolle der eigenen Bemühungen dienen. Die jetzt vorliegende 8. Auflage besitzt ein stark erweitertes Aufgabenangebot, kleinere Korrekturen im Text und ein zusätzliches Kapitel im Rahmen der Wellenoptik zu Interferenz und Beugung. Wie auch schon bei den früheren Auflagen haben ich sehr von Kommentaren, Druckfehlermeldungen und diversen Verbesserungsvorschlägen zahlreicher Kollegen und insbesondere Studierender profitiert. Dafür möchte ich mich an dieser Stelle ganz herzlich bedanken. Besonders erwähnen möchte ich frühere und jetzige Mitarbeiter meiner Arbeitsgruppe an der Humboldt-Universität zu Berlin, die mir durch konstruktive Kritik und Unterstützung bei der Lösung von redaktionellen und organisatorischen Problemen sehr geholfen haben. Stellvertretend seien hier die Diplom-Physiker Jochen Kienert, Fritz Körmann und Niko Sandschneider genannt. Die Zusammenarbeit mit dem Springer-Verlag, insbesondere mit Herrn Dr. T. Schneider, verlief, wie auch früher schon, absolut reibungslos und produktiv. Berlin, im Februar 2007

Wolfgang Nolting

Inhaltsverzeichnis 1 1.1 1.2 1.3 1.3.1 1.3.2 1.4 1.4.1 1.4.2 1.5 1.5.1 1.5.2 1.5.3 1.6 1.7 1.8 2 2.1 2.1.1 2.1.2 2.1.3 2.1.4 2.1.5 2.1.6 2.2 2.2.1 2.2.2 2.2.3 2.2.4 2.2.5 2.2.6 2.2.7 2.2.8 2.2.9 2.3

Mathematische Vorbereitungen Dirac’sche δ-Funktion .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Taylor-Entwicklung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Orientierte Flächenelemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Differenziationsprozesse für Felder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integraldarstellung der Divergenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integraldarstellung der Rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integralsätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Gauß’sche Satz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Stokes’sche Satz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Die Green’schen Sätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zerlegungs- und Eindeutigkeitssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elektrostatik Grundbegriffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ladungen und Ströme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Coulomb’sches Gesetz, elektrisches Feld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Maxwell-Gleichungen der Elektrostatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Feldverhalten an Grenzflächen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elektrostatische Feldenergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einfache elektrostatische Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Plattenkondensator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kugelkondensator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zylinderkondensator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Dipol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dipolschicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Quadrupol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Multipolentwicklung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wechselwirkung einer Ladungsverteilung mit einem äußeren Feld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Randwertprobleme der Elektrostatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 8 13 13 16 19 19 23 27 27 29 33 34 39 46

51 51 55 63 67 68 71 74 74 76 78 79 84 86 90 95 96 99

2.3.1 2.3.2 2.3.3 2.3.4 2.3.5 2.3.6 2.3.7 2.3.8 2.3.9 2.4 2.4.1 2.4.2 2.4.3 2.4.4 2.5 3 3.1 3.2 3.2.1 3.2.2 3.2.3 3.2.4 3.3 3.3.1 3.3.2 3.3.3 3.4 3.4.1 3.4.2 3.4.3 3.4.4 3.4.5 3.5 4 4.1

Formulierung des Randwertproblems . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Klassifikation der Randbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Green’sche Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Methode der Bildladungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Entwicklung nach orthogonalen Funktionen . . . . . . . . . . . . . . Separation der Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lösung der Laplace-Gleichung in Kugelkoordinaten . . . Potenzial einer Punktladung, sphärische Multipolmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elektrostatik der Dielektrika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Makroskopische Feldgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Molekulare Polarisierbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Randwertprobleme, elektrostatische Energie . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Magnetostatik Der elektrische Strom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grundlagen der Magnetostatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Biot-Savart-Gesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Maxwell-Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vektorpotenzial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Magnetisches Moment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Magnetische Induktion einer lokalen Stromverteilung Kraft und Drehmoment auf eine lokale Stromverteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Magnetostatik in der Materie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Makroskopische Feldgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einteilung der magnetischen Stoffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Feldverhalten an Grenzflächen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Randwertprobleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99 100 104 108 115 120 125 128 132 138 139 148 152 154 157

163 170 170 175 176 177 180 180 184 186 187 187 191 196 197 201 203

Elektrodynamik Maxwell-Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

4.1.1 4.1.2 4.1.3 4.1.4 4.1.5 4.1.6 4.2 4.2.1 4.2.2 4.2.3 4.2.4 4.2.5 4.2.6 4.2.7 4.3 4.3.1 4.3.2 4.3.3 4.3.4 4.3.5 4.3.6 4.3.7 4.3.8 4.3.9 4.3.10 4.3.11 4.3.12 4.3.13 4.3.14 4.3.15 4.3.16 4.4 4.4.1 4.4.2 4.4.3 4.4.4 4.4.5

Faraday’sches Induktionsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Maxwell’sche Ergänzung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elektromagnetische Potenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Feldenergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Feldimpuls . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Quasistationäre Felder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gegen- und Selbstinduktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Magnetische Feldenergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wechselströme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Schwingkreis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Resonanz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schaltvorgänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elektromagnetische Wellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogene Wellengleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ebene Wellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Polarisation ebener Wellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wellenpakete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kugelwellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fourier-Reihen, Fourier-Integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Allgemeine Lösung der Wellengleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Energietransport in Wellenfeldern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wellenausbreitung in elektrischen Leitern . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reflexion und Brechung elektromagnetischer Wellen am Isolator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interferenz und Beugung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kirchhoff’sche Formel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beugung am Schirm mit kleiner Öffnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beugung an der Kreisscheibe; Poisson’scher Fleck . . . . . . Beugung an der kreisförmigen Blende . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elemente der Funktionentheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zahlenfolgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Komplexe Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integralsätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reihen komplexer Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Residuensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

208 212 214 218 221 224 226 227 232 234 240 246 249 251 255 255 257 261 265 270 273 280 283 285 293 308 310 313 317 320 322 328 328 329 332 338 348

4.4.6 4.5 4.5.1 4.5.2 4.5.3 4.5.4 4.5.5 4.5.6 4.6

Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Erzeugung elektromagnetischer Wellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Inhomogene Wellengleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zeitlich oszillierende Quellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elektrische Dipolstrahlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elektrische Quadrupolund magnetische Dipolstrahlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bewegte Punktladungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

354

Lösungen der Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

393

Gleichungen aus Band 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

551

354 354 359 362 368 374 385 388

Sachverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555

Kapitel 1 Mathematische Vorbereitungen

1

1

1 1.1 1.2 1.3 1.3.1 1.3.2 1.4 1.4.1 1.4.2 1.5 1.5.1 1.5.2 1.5.3 1.6 1.7 1.8

Mathematische Vorbereitungen Dirac’sche δ-Funktion .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Taylor-Entwicklung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Orientierte Flächenelemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Differenziationsprozesse für Felder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integraldarstellung der Divergenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integraldarstellung der Rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integralsätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Gauß’sche Satz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Stokes’sche Satz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Die Green’schen Sätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zerlegungs- und Eindeutigkeitssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 8 13 13 16 19 19 23 27 27 29 33 34 39 46

1.1

Dirac’sche δ-Funktion

3

1 Mathematische Vorbereitungen Wir wollen in diesem Kapitel zunächst die für praktische Anwendungen wichtige Dirac’sche δ-Funktion einführen. Es folgen Betrachtungen über Taylor-Entwicklungen für Felder und über Flächenintegrale. Anschließend setzen wir uns mit der Vektoranalysis auseinander.

1.1 Dirac’sche δ-Funktion

1.1

Um die Einführung der δ-Funktion zu motivieren, denken wir an die Klassische Mechanik zurück. Das Konzept des Massenpunktes hatte sich unter bestimmten Voraussetzungen als recht nützlich erwiesen. Der Schwerpunktsatz (s. Kap. 3.1.1, Bd. 1) besagt z. B., dass sich der Schwerpunkt eines Massenpunktsystems so bewegt, als ob die gesamte Masse in ihm vereinigt wäre und alle äußeren Kräfte allein auf ihn wirken würden. Nach (4.4, Bd. 1) lässt sich die Masse M eines Körpers über ein Volumenintegral durch die Massendichte ρ(r) ausdrücken: d3 r ρ(r) . M= V

Wie sieht nun aber die Massendichte eines Massenpunktes aus? Sie darf nur in einem Punkt von Null verschieden sein,

ρ(r) = 0 ∀r = r 0 , das Volumenintegral

d3 r ρ(r)

V

soll jedoch trotzdem endlich sein, falls r 0 im Volumen V liegt. Wir symbolisieren

ρ(r) deshalb wie folgt:

ρ(r) = M δ(r − r 0 ) und fordern: V

⎧ ⎨1 , falls r ∈ V 0 d3 r δ(r − r 0 ) = ⎩ 0 sonst ,

δ(r − r 0 ) = 0 ∀r = r 0 .

(1.1)

(1.2)

(1.3)

(1.2) und (1.3) sind die Definitionsgleichungen für die Dirac’sche δ-Funktion (kurz: δ-Funktion). Man darf das Integral (1.2) offensichtlich nicht als gewöhnliches Rie-

4

1. Mathematische Vorbereitungen

mann-Integral verstehen. Da wegen (1.3) das effektive Integrationsintervall die Breite Null hat, müsste das Integral eigentlich verschwinden. Man hilft sich deshalb manchmal mit der Vorstellung, dass für r = r0 die δ-Funktion den Wert ∞ annimmt, sodass aus 0 · ∞ etwas Endliches resultiert. Dies ist lediglich eine Hilfsvorstellung. Die δ-Funktion ist keine Funktion im üblichen mathematischen Sinne, die jedem Wert ihres Argumentes einen bestimmten Funktionswert zuordnet. Sie ist vielmehr durch die Gleichungen (1.2) und (1.3) definiert. Man bezeichnet sie deshalb als uneigentliche Funktion oder als Distribution. Die zugehörige exakte mathematische Theorie heißt Distributionstheorie. Sie übersteigt den Rahmen unserer einführenden Darstellung, die sich mit Plausibilitätsbetrachtungen zufrieden geben muss. Dabei beschränken wir uns zunächst auf den eindimensionalen Fall.

η2 < η1 1

η1

πη × a

α

β

Abb. 1.1. Veranschaulichung der δ-Funktion als Grenzfunktion einer Folge von Lorentz-Kurven

x

Betrachten Sie eine Folge von Lorentz-Kurven (Abb. 1.1) Lη (x − a) =

1

π

η2

η + (x − a)2

,

(η > 0) .

(1.4)

Für die Höhe des Maximums bei x = a gilt 1

πη

−→ ∞

η→0+

und für die Breite des Peaks (Halbwertsbreite) 2η −→+ 0 . η→0

Die Fläche unter der Lorentz-Kurve beträgt β

dx

α

1

η

π η2 + (x − a)2

−→

=

1

π

β−a α−a arctan − arctan

η

⎧ ⎪ ⎨1 , falls α < a < β ,

η→0+ ⎪ ⎩

0

sonst (a = α, β) .

η

1.1


5

Für η → 0+ wird Lη unendlich schmal. Es ist deshalb: lim Lη (x − a) = 0 ∀x = a ,

(1.5)

⎧ ⎨1 , falls α < a < β , lim+ Lη (x − a) dx = ⎩ η→0 0 sonst (a = α, β) . α

(1.6)

η→0+

β

Wichtig ist die Reihenfolge von Integration und Grenzübergang in (1.6), die nicht vertauscht werden darf. Wenn wir das beachten, können wir abkürzend schreiben:

δ(x − a) = lim+ η→0

η 1 π η2 + (x − a)2

(1.7)

mit

δ(x − a) = 0 ∀x = a , ⎧ ⎨1 , falls α < a < β , dx δ(x − a) = ⎩ 0 sonst (a = α, β) . α

β

(1.8)

Man kann die δ-Funktion auch durch andere Grenzprozesse darstellen (s. Aufgaben!), wobei diese nur (1.5) und (1.6) erfüllen müssen. Über (1.5) bis (1.7) verifiziert man die folgenden Eigenschaften der δ-Funktion: 1. f (x) sei eine in der Umgebung von x = a stetige Funktion. Dann gilt: ⎧ β ⎨f (a) , falls α < a < β , f (x) δ(x − a) dx = (1.9) ⎩ 0 sonst (a = α , β ) . α Beweis Mit dem Mittelwertsatz der Integralrechnung folgt zunächst:

Fη (a) =

β

Lη (x − a)f (x) dx = f (ξ)

α

β Lη (x − a) dx ,

ξε[α, β] .

α

Für η → 0+ wird Lη (x − a) zu einem beliebig scharfen Peak um a. Fη (a) ändert sich nicht, wenn man das Integrationsintervall auf den Bereich beschränkt, in dem Lη von Null verschieden ist. ξ muss in diesem effektiven Integrationsbereich liegen, der sich für η → 0+ auf den Punkt a zusammenzieht: lim Fη (a) = f (a) lim+

η→0+

Mit (1.6) folgt dann (1.9).

η→0

β Lη (x − a) dx . α

6


2.

δ [f (x)] =

i

1 δ(x − xi ) , f (xi )

(1.10)

xi : einfache Nullstelle von f (x); f (xi ) = 0; f (xi ) = 0. Den Beweis führen wir als Übung (Aufgabe 1.7.3). Man erkennt folgende Spezialfälle: a)

δ(ax) =

1 δ(x) , |a|

(1.11)

b)

δ x2 − a2 =

1 [δ(x − a) + δ(x + a)] . 2|a|

(1.12)

3.

4. x −∞

g(x)δ(x − a) = g(a)δ(x − a) ,

(1.13)

xδ(x) = 0 .

(1.14)

⎧ ⎨1 für x > 0 , d¯x δ(¯x) = Θ(x) = ⎩ 0 für x < 0

(1.15)

Stufenfunktion. 5.

Ableitung der δ-Funktion [a ∈ (αβ)]: β α

β β δ (x − a)f (x) dx = f (x) δ(x − a) − δ(x − a)f (x) dx = −f (a) .

α

α

Diese formale partielle Integration führt, da f (x) lediglich differenzierbar sein muss, sonst aber beliebig sein darf, zu der folgenden Identität: f (x) δ (x − a) = −f (a)δ(x − a) . 6.

(1.16)

Man kann die δ-Funktion auch als Ableitung der Stufenfunktion auffassen:

δ(x − a) =

d Θ(x − a) . dx

(1.17)

1.1


7

Es gilt nämlich: ⎧ β ⎨ 1 , falls α < a < β , d Θ(x − a) dx = Θ(x − a) = dx α ⎩0 sonst , α

β

d Θ(x − a) = 0 ∀x = a . dx 7.

Dies sind aber die beiden Definitionsgleichungen der δ-Funktion. Mehrdimensionale δ-Funktion Die dreidimensionale δ-Funktion ist durch (1.2) und (1.3) definiert. a) Kartesische Koordinaten: r = (x, y, z) ; r 0 = (x0 , y0 , z0 ) 3 d r. . . −→ dx dy dz . . . V

V

Ansatz:

δ(r − r0 ) = γ (x, y, z) δ(x − x0 ) δ(y − y0 ) δ(z − z0 ) . γ (x, y, z) muss so gewählt werden, dass (1.2) erfüllt ist:

d r δ(r − r 0 ) =

3

V

dx dy dz γ (x, y, z) δ(x − x0 ) δ(y − y0 ) δ(z − z0 ) =

V

= γ (x0 , y0 , z0 )

δ(x − x0 ) δ(y − y0 ) δ(z − z0 ) dx dy dz =

V

⎧ ⎨γ (x , y , z ) , falls r ∈ V , 0 0 0 0 = ⎩ 0 sonst . Dies bedeutet:

γ=1 und damit:

δ(r − r0 ) = δ(x − x0 ) δ(y − y0 ) δ(z − z0 ) . b) Krummlinige Koordinaten (u, v, w): Nach (1.239, Bd. 1) gilt für das Volumenelement: d3 r = dx dy dz =

∂(x, y, z) du dv dw . ∂(u, v, w)

Funktionaldeterminante

(1.18)

8


Wir machen einen ähnlichen Ansatz wie unter a):

δ(r − r0 ) = γ (u, v, w) δ(u − u0 ) δ(v − v0 ) δ(w − w0 ) .

(1.19)

Wegen (1.2) ist dann zu erfüllen: ∂(x, y, z) d3 r δ(r − r 0 ) = du dv dw γ (u, v, w) δ(u − u0 ) · ∂(u, v, w) V

V

· δ(v − v0 ) δ(w − w0 ) = 1 , !

Daran lesen wir ab:

γ=

falls r0 ∈ V .

−1

∂(x, y, z) ∂(u, v, w) r0

.

(1.20)

Beispiele: Kugelkoordinaten (r, ϑ, ϕ) (s. (1.263), Bd. 1):

δ(r − r0 ) =

1 r02 sin ϑ0

δ(r − r0 ) δ(ϑ − ϑ0 ) δ(ϕ − ϕ0 ) .

(1.21)

Zylinderkoordinaten (ρ, ϕ, z) (s. (1.255), Bd. 1):

δ(r − r0 ) =

1

ρ0

δ(ρ − ρ0 ) δ(ϕ − ϕ0 )δ(z − z0 ) .

(1.22)

Die große Bedeutung der δ-Funktion für die Theoretische Physik wird sehr bald klar werden. Man sollte sich deshalb unbedingt mit ihr vertraut machen.

Wir haben in (1.6), (1.8) und (1.9) Einschränkungen bezüglich der Randpunkte des Integrationsintervalles machen müssen. Bisweilen lässt man diese Einschränkung weg, da die Darstellung von δ(x − a) als Grenzwert einer Funktionen-Folge (1.6) zu β α

1 dx δ(x − a)f (x) = f (a) , 2

falls a = α oder a = β

(1.23)

führt.

1.2

1.2 Taylor-Entwicklung Häufig ist es für den Physiker unumgänglich, gewisse mathematische Funktionen in bestimmten, interessierenden Bereichen zu vereinfachen, um für ein gegebenes physikalisches Problem zu konkreten Resultaten zu gelangen. Diese Vereinfachung

1.2

Taylor-Entwicklung

9

muss physikalisch sinnvoll sein, d. h., sie darf das eigentliche Resultat nicht zu grob verfälschen. Insbesondere wäre eine verlässliche Fehlerabschätzung wünschenswert. Betrachten wir zunächst Funktionen einer Variablen f = f (x). Wenn diese beliebig oft differenzierbar sind, was wir voraussetzen wollen, dann lassen sie sich häufig in eine so genannte Potenzreihe f (x) =

∞

an xn

n=0

entwickeln, wobei die Koeffizienten an durch das Verhalten der Funktion im Punkt x = 0 bestimmt sind: 1 1 a0 = f (0) ; a1 = f (0) ; a2 = f (0) ; . . . ; an = f (n) (0) ; . . . . 1·2 n! Also gilt mit 0! = 1! = 1: f (x) =

∞ 1 (n) f (0)xn . n! n=0

(1.24)

Man sagt, man habe f (x) in eine Taylor-Reihe um den Punkt x = 0 entwickelt. Entscheidende Voraussetzung ist neben der beliebig häufigen Differenzierbarkeit, dass die Reihe konvergiert. Die Werte der Variablen x, für die das der Fall ist, definieren den Konvergenzbereich der Potenzreihe. In einer konvergenten Reihe müssen notwendig die Beträge der Summanden mit wachsenden Potenzen der Variablen gegen Null gehen. Dies ermöglicht eine Näherung für f (x) durch Reihenabbruch nach endlich vielen Termen: f (x) =

m n=0

an xn + Rm (x) . Restglied Näherungspolynom m-ten Grades

Wann abgebrochen wird, hängt vom Genauigkeitsanspruch ab. Beispiel

f (x) = sin x , = (−1)n sin 0 = 0 , (sin x)(2n) (sin x)(2n+1)

x=0

x=0

= (−1)n cos 0 = (−1)n .

Das ergibt mit (1.24): sin x =

∞ x 3 x5 x2n+1 (−1)n = x − + − ... (2n + 1)! 3! 5! n=0

(1.25)

10


y

y1 = x

3 5 y5 = x − x + x 3! 5!

Abb. 1.2. Verschiedene Näherungen für die Sinusfunktion durch Mitnahme unterschiedlich vieler Terme der exakten Reihenentwicklung

y5 = sin x

×

π x

π2

y3 = x −

x3 3!

Der Bereich befriedigender Näherung wächst offensichtlich mit n (Abb. 1.2). Sinnvoll ist die Darstellung der Funktion f (x) durch ein Näherungspolynom natürlich nur dann, wenn Rm (x) −→ 0 . m→∞

Das ist in vielen praktischen Anwendungen leider nicht eindeutig vorhersagbar. Man kennt verschiedene Abschätzungen für das Restglied, z. B. die nach Lagrange: Rm (x) = f (m+1) (ξ)

xm+1 , (m + 1)!

0 0 und gilt Fα (z) = Fβ (z) 1. 2.

in einer noch so kleinen Umgebung von z0 oder für unendlich viele sich in z0 häufenden Punkte,

so sind Fα (z) und Fβ (z) identisch. Beweis Zu 1. Nach (4.382) gilt:

F (ν) (z ) 1 αν = α 0 = ν! 2π i

βν =

1 2π i

C

C

Fα (z) dz , (z − z0 )ν+1

Fβ (z) dz , (z − z0 )ν+1

C: Kreis, der ganz in der Umgebung liegt. ⇒ für z ∈ C: Fα (z) = Fβ (z) ⇒ αν = βν für alle ν. Zu 2. Beweis durch vollständige Induktion: ν = 0: z → z0 über die Punkte, für die Fα (z) = Fβ (z). Potenzreihen stetig ⇒ α0 = β0 . ν ⇒ ν + 1: αμ = βμ für μ = 0, 1, 2. . . , ν. Dann gilt für unendlich viele z:

αν+1 + αν+2 (z − z0 ) + . . . = βν+1 + βν+2 (z − z0 ) + . . . Mit z → z0 folgt dann: αν+1 = βν+1 q.e.d.

4.4

Elemente der Funktionentheorie

345

Wir beweisen nun einen Satz, der uns die starke innere Gesetzmäßigkeit der analytischen Funktionen wird erkennen lassen, wie sie schon in der Cauchy’schen Integralformel (4.377) anklang. Allein aus der Forderung der Analytizität, die noch eine sehr große Klasse von recht allgemeinen Funktionen zulässt, z. B. fast alle in physikalischen Anwendungen benötigte Funktionen, kann auf eine sehr intensive Korrelation der Funktionswerte geschlossen werden. Sind diese nur für ein beliebig kleines Teilgebiet der komplexen Ebene bekannt, so auch bereits für die gesamte Ebene. Satz 4.4.10: Identitätssatz für analytische Funktionen f1 (z), f2 (z) analytisch in G; z0 ∈ G. Es gelte

f1 (z) = f2 (z) 1. 2. 3.

in einer noch so kleinen Umgebung von z0 oder auf einem noch so kleinen von z0 ausgehenden Wegstück oder in unendlich vielen, sich in z0 häufenden Punkten,

dann ist f1 (z) ≡ f2 (z) in ganz G . Beweis 1. f1 , f2 seien als analytische Funktionen um z0 in Potenzreihen entwickelbar. Diese konvergieren mindestens in dem größten Kreis, der noch ganz in G liegt. Nach dem oben bewiesenen Identitätssatz für Potenzreihen sind diese also wegen 1., 2. oder 3. in diesem Kreis identisch und damit auch f1 (z) und f2 (z). 2. Sei nun z∗ beliebig ∈ G. Wir zeigen, dass auch dann f1 (z ∗ ) = f2 (z∗ ) sein muss. C

G z0 z … 1 zn = z* Abb. 4.68. Illustration des Kreiskettenverfahrens

a) Man verbinde z0 und z∗ durch einen Weg C. Dieser habe einen Mindestabstand ρ vom Rand von G.

4.4.10

346

4. Elektrodynamik

b) Man zerlege C so in z0 , z1 , z2 , . . . , zn = z∗ , dass die Abstände zwischen benachbarten Punkten auf jeden Fall < ρ sind. c) Man beschreibe um jeden Punkt zν einen Kreis Kν , der gerade noch in G hineinpasst. Die Radien dieser Kreise sind dann sicher ≥ ρ. Jeder Kreis enthält deshalb sicher den Mittelpunkt des nächsten Kreises. d) In jedem Kν sind f1 , f2 analytisch, also um zν in eine Potenzreihe entwickelbar. In K0 ist die Identität bereits bewiesen. e) z1 ∈ K0 ⇒ f1 = f2 auch in z1 und Umgebung. Damit sind die Potenzreihen auch in K1 identisch. f) So fortfahren über z2 bis zn = z∗ . Damit gilt schließlich auch: f1 (z∗ ) = f2 (z ∗ ) q.e.d.

Häufig liegt die Situation vor, dass eine bestimmte Darstellung einer komplexen Funktion, wie z. B. die Taylor-Entwicklung, nur in einem gewissen Teilgebiet der komplexen Ebene konvergiert. Dann kann es aber trotzdem sein, dass die Funktion auch außerhalb dieses Gebietes sinnvoll definiert ist, dass lediglich die spezielle Darstellung nicht mehr erlaubt ist. Mit der Methode der analytischen Fortsetzung kann man dann bisweilen den Definitionsbereich erweitern. Diese basiert auf dem soeben bewiesenen Identitätssatz.

G1

G

G2

Abb. 4.69. Illustration zur analytischen Fortsetzung einer komplexen Funktion

G1 , G2 seien zwei Gebiete, die das Teilgebiet G gemeinsam haben mögen. f1 (z) sei eine in G1 analytische Funktion. Dann gibt es nach dem Identitätssatz keine oder genau eine Funktion f2 (z), die in G2 analytisch ist, und für die f2 (z) ≡ f1 (z) in G gilt. Gibt es sie, so sagt man, man habe f1 (z) über G1 hinaus in das Gebiet G2 analytisch fortgesetzt. Genauso gut gilt natürlich die umgekehrte Blickrichtung. f2 (z) ist in G1 die analytische Fortsetzung von f2 (z).

4.4

Elemente der Funktionentheorie

347

Nach dem Identitätssatz bedingen f1 (z) und f2 (z) einander vollständig. Sie sind als Elemente ein und derselben Funktion F(z) aufzufassen. Beispiel y

i

G2

G z

Abb. 4.70. Einheitskreise |z| < 1 und |z − i|
0 von Null verschieden ist: G0 (r − r , t − t ) ⇒ G0 (r − r , t − t )Θ(t − t ) . Man nennt diese Lösung die retardierte Green’sche Funktion.

ω

C

−ω0

+ ω0

t − t ′< 0

t − t ′> 0

−ω0

+ ω0

C

Abb. 4.74. Integrationswege zur Bestimmung der retardierten Green’schen Funktion

4.5

Erzeugung elektromagnetischer Wellen

357

Bei der komplexen ω-Integration wird der Integrationsweg in der oberen oder unteren Halbebene auf einem Halbkreis mit einem Radius R → ∞ geschlossen. Der Halbkreis muss so gewählt werden, dass sein Beitrag zum Integral verschwindet. Wegen der Exponentialfunktion im Integranden gelingt dies für t − t > 0, wenn ω einen negativen Imaginärteil auf dem Halbkreis annimmt, und für t − t < 0, wenn ω einen positiven Imaginärteil besitzt. Der Integrationsweg C wird also so wie im Bild gezeigt zu wählen sein. Um die erwähnte Kausalität zu gewährleisten, verschieben wir den Weg längs der reellen ω-Achse infinitesimal in die obere Halbebene, d. h.: +∞

dω. . . ⇒

+∞+ i0+

dω. . .

−∞+i0+

−∞

Für t − t < 0 wird vom Integrationsweg dann kein Pol umschlossen, sodass der Residuensatz (4.386) Gret 0 (r − r , t − t ) ≡ 0 für t − t < 0

(4.397)

liefert. Für t − t > 0 werden dagegen beide Pole vom Integrationsweg im mathematisch negativen Sinn umlaufen. Für die Residuen findet man a−1 (±ω0 ) =

lim (ω ∓ ω0 )

ω→±ω0

e−iω(t−t ) 1 ∓iω0 (t−t ) =∓ e , 2ω0 ω20 − ω2

sodass der Residuensatz (4.386) ergibt: +∞+ i0+

dω

−∞+i0+

! 1 2πi iω0 (t−t ) −iω(t−t ) −iω0 (t−t ) e = − e e . 2ω0 ω20 − ω2

Dies führt zu dem folgenden Zwischenergebnis für die Green’sche Funktion: Gret 0 (r

−iu − r ,t − t ) = 16π3

d3 k ik·(r−r ) e · k

· eiku(t−t ) − e−iku(t−t )

!

für t − t > 0 .

Wir erkennen auf der rechten Seite die im Zusammenhang mit der homogenen Wellengleichung in (4.201) eingeführte Funktion D(r − r , t − t ): 2 Gret 0 (r − r , t − t ) = u D(r − r , t − t ) für t > t .

358

4. Elektrodynamik

Letztere haben wir bereits in (4.203) explizit ausgewertet: |r − r | 1 Gret (r − r , t − t ) = δ − t + t . 0 4π|r − r | u

(4.398)

Diese Green’sche Funktion zeigt offensichtlich ein kausales Verhalten. Das Signal, das zur Zeit t am Ort r beobachtet wird, ist bedingt durch eine Störung bei r in der Entfernung |r − r | vom Beobachtungsort, die zur früheren, zur so genannten retardierten Zeit tret = t −

|r − r | u

(4.399)

gewirkt hat. |r − r ||u ist gerade die Zeit, die das Signal benötigt hat, um von r nach r zu gelangen: Gret 0 (r − r , t − t ) =

δ(t − tret ) . 4π|r − r |

(4.400)

Es sei am Rande bemerkt, dass die quasistationäre Näherung (Abschn. 4.2) gerade in einer Vernachlässigung dieser Retardierung besteht. Hätten wir den Integrationsweg nicht infinitesimal in die obere, sondern in die untere Halbebene verschoben, so wären wir auf die so genannte avancierte Green’sche Funktion gestoßen, die sich von (4.400) nur dadurch unterscheidet, dass tret durch tav = t +

|r − r | . u

(4.401)

zu ersetzen ist. (Man überprüfe dies!) In diesem Fall wäre das Kausalitätsprinzip verletzt; nicht die Vergangenheit, wie in (4.400), sondern die Zukunft würde die Gegenwart beeinflussen. Wir diskutieren hier deshalb weiterhin die retardierte Lösung, die wir in den allgemeinen Ansatz (4.392) einsetzen:

ψ(r, t) =

d3 r

σ(r , tret ) . 4π|r − r |

(4.402)

Dies bedeutet für die elektromagnetischen Potenziale:

ϕ(r, t) =

1 4π ε0 εr

μ0 μr A(r, t) = 4π

d3 r d3 r

ρ(r , tret ) |r − r |

j(r , tret ) . |r − r |

,

(4.403) (4.404)

Damit haben die elektromagnetischen Potenziale formal dieselbe Struktur wie in der Elektro- bzw. Magnetostatik. Wegen der Retardierung im Integranden sind die Integrale in der Regel jedoch nur schwer zu lösen.

4.5


359

Mit (4.403) und (4.404) ist das Problem vollständig gelöst, da sich aus den Potenzialen über die bekannten Beziehungen

˙ E = − grad ϕ − A

B = rot A ;

die magnetische Induktion B und das elektrische Feld E im ganzen Raum und für alle Zeiten t > t bestimmen lassen. Zu den präsentierten Lösungen kann man jeweils noch die Lösung der freien Wellengleichung hinzuaddieren, die ab (4.395) unterdrückt wurde. Mit ihr lassen sich vorgegebene Randbedingungen erfüllen. Wir müssen zum Schluss noch zeigen, dass die so gefundenen elektromagnetischen Potenziale auch tatsächlich die Lorentz-Bedingung (4.389) erfüllen:

1 1 ∂ ϕ(r, t) = 2 u2 ∂t u

∂ ρ(r , t ) G(r − r , t − t ) = ∂t εr ε0 ∂ = −μr μ0 d3 r dt G(r − r , t − t )ρ(r , t ) = ∂t ∂ = μr μ0 d3 r dt G(r − r , t − t ) ρ(r , t ) = ∂t

(Kontinuitätsgleichung) = −μr μ0 (div aϕ = ϕ div a + a · ∇ ϕ) = μr μ0

d3 r dt

= −μr μ0

d3 r dt G(r − r , t − t ) div j(r , t ) = d3 r dt ∇r G(r − r , t − t ) · j(r , t ) = d3 r dt ∇r G(r − r , t − t ) · j(r , t ) =

= − div A(r, t) q.e.d. 4.5.2 Zeitlich oszillierende Quellen P d

r

r′

ρ≠ 0

j≠0

Abb. 4.75. Koordinatensystem für ein räumlich beschränktes, zeitlich oszillierendes System von Ladungen und Strömen

360

4. Elektrodynamik

Wir betrachten ein zeitlich oszillierendes System von Ladungen und Strömen in einem abgeschlossenen Raumbereich und wollen dafür die formalen Lösungen (4.403) und (4.404) der inhomogenen Wellengleichung diskutieren. Wir nehmen eine FourierZerlegung nach Frequenzen vor, 1 ρ(r, t) = √ dω ρω (r) e−iωt , 2π 1 dω jω (r) e−iωt , j(r, t) = √ 2π können uns dabei aber wegen der Linearität der Maxwell-Gleichungen auf eine einzelne Fourier-Komponente beschränken:

ρ(r, t) = ρ(r) e−iωt , j(r, t) = j(r) e−iωt .

(4.405)

ρ(r), j(r) werden im Allgemeinen komplex sein. Sie sollen außerhalb eines begrenzten Raumbereichs (Linearabmessung d) verschwinden. Aus den mit (4.405) abgeleiteten Lösungen erhalten wir durch Linearkombination bezüglich ω dann die elektromagnetischen Felder E und B. Im Ausdruck (4.404) benötigen wir für das Vektorpotenzial: j(r , tret ) = j(r ) e−iωt ei(ω|u)|r−r | .

(4.406)

A(r, t) = A(r) e−iωt ,

(4.407)

Damit ergibt sich:

A(r) =

μ0 μr 4π

d3 r

eik|r−r | j(r ) . |r − r |

(4.408)

Über k = ω|u ist A(r) ω-abhängig. Das elektromagnetische Potenzial oszilliert also mit derselben Frequenz wie die Quelle. Liegt r in dem Raumbereich, in dem keine freien Ströme und Ladungen vorhanden sind, so ist durch A bereits alles bestimmt. Wir brauchen z. B. das skalare Potenzial ϕ(r, t) nicht mehr gesondert zu bestimmen. ˙ außerhalb des (ρ = 0, j = 0)-Gebietes und Dies sieht man wie folgt: Es gilt rot H = D damit: E˙ = u2 rot B = u2 rot rot A(r, t) = u2 e−iωt rot rot A(r) . Die elektrische Feldstärke ist also bereits durch das Vektorpotenzial festgelegt: E(r, t) = i

u2

ω

e−iωt rot rot A(r) .

(4.409)

4.5


361

Die Grundformel (4.408) ist im Allgemeinen nicht direkt integrierbar. Man ist auf Approximationen angewiesen, die allerdings genau definiert sein müssen, da sie häufig nur in einem sehr engen Wertebereich der typischen Parameter vernünftig sind. Erste Vereinfachungen ergeben sich durch die Annahme, dass der die Ladungen und Ströme enthaltende Raumbereich Linearabmessungen d aufweist, die klein gegenüber der Wellenlänge λ der elektromagnetischen Strahlung und klein gegenüber dem Abstand r zum Aufpunkt P sind: kleine Quellen ⇐⇒ d R , 2 E(r) = 4π ε0 r ⎪ ⎩0 , falls r < R . Energiedichte: ⎧ 2 1 ⎪ ⎨ Q , falls r > R , w(r) = 32π2 ε0 r4 ⎪ ⎩0 , falls r < R . Gesamtenergie: W= 2.

ε0

2

Q2 d r|E(r)| = 4π 32π2 ε0 3

∞

2

dr r2 R

1 Q2 . ⇒ W = r4 8π ε0 R

Elektrisches Feld: Wir benutzen Aufgabe 2.1.6: ⎧ ⎪ ⎪ falls r < R1 , ⎪0 , ⎪ Q ⎨ r − R1 E(r) = er , falls R1 ≤ r ≤ R2 , 4π ε0 r2 ⎪ R2 − R1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1 , falls r > R2 , Q = 4π α(R2 − R1 ). Energiedichte: ⎧ ⎪ ⎪ 0, falls r < R1 , ⎪ ⎪ 2 Q 1 ⎨ r − R1 2 ε0 2 w(r) = |E| = , falls R1 ≤ r ≤ R2 , 2 32π2 ε0 r4 ⎪ R2 − R1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1, falls R2 < r .

430

Lösungen der Übungsaufgaben

Gesamtenergie: W= d3 r w(r) = ⎡ R ⎤ 2 ∞

Q2 1 1 1 r2 − 2r R1 + R21 + dr r2 4 ⎦ = 4π ⎣ dr r2 4 = 32π2 ε0 r (R2 − R1 )2 r R1

= =

Q2 8 π ε0

1 R2

1 Q2 8 π ε 0 R2 ⇒

R2

1 1 R2 1 2 (R2 − R1 ) − 2R1 ln + + R1 − = (R2 − R1 )2 R1 R1 R2 1 R2 + R1 2R1 R2 + − ln R2 R2 − R1 (R2 − R1 )2 R1 R2 1 Q2 . W= (R2 − R1 ) − R1 ln 4π ε0 R1 (R2 − R1 )2

Abschnitt 2.2.9 2.2.1

Lösung zu Aufgabe 2.2.1 1. Q2 R2

r Q1

R1

Abb. A.11.

Kugelkondensator: Q1 = Q ;

Q2 = −Q .

Ladungsdichte:

ρ(r) =

Q1 Q δ(r − R1 ) + 2 2 δ(r − R2 ) . 4π R21 4π R2

Wegen kugelsymmetrischer Ladungsverteilung gilt: E(r) = Er (r) er .


431

Es sei Vr das Volumen einer Kugel vom Radius r. Dann berechnet sich das elektrische Feld wie folgt: 1 df · E = 4π r2 Er (r) = d3 r ρ(r ) =

ε0

S(Vr )

=

4π

ε0

r

dr r2

0

Vr

Q2 Q1 δ (r − R ) + δ (r − R ) = 1 2 4π R21 4π R22

⎧ ⎪ ⎪ falls r < R1 , ⎪0 , 1 ⎨ = falls R1 < r < R2 , Q1 , ε0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ Q1 + Q2 , falls R2 < r . Es bleibt schließlich:

E(r) =

⎧ ⎪ ⎪ ⎪0 , ⎨

er

falls r < R1 ,

falls R1 < r < R2 , ⎪Q1 , 4π ε0 r2 ⎪ ⎪ ⎩ Q1 + Q2 , falls R2 < r .

Energiedichte: ⎧ ⎪ ⎪ falls r < R1 , ⎪0 , 1 1 ⎨ 2 w(r) = falls R1 < r < R2 , Q1 , 32π2 ε0 r4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (Q1 + Q2 )2 , falls R2 < r , Kugelkondensator: Q1 = Q ; Gesamtenergie: W=

Q1 + Q2 = 0 . ⎡

d3 r w(r) =

=

1 ⎣ 2 Q1 8π ε0 1

8π ε0

R2 dr R1

Q21

1 + (Q1 + Q2 )2 r2

1 1 − R1 R2

dr R2

+ (Q1 + Q2 )2

Kugelkondensator: W=

⎤

∞

Q2 R2 − R1 . 8π ε0 R2 R1

1 R2

1⎦ = r2 .

432


2a. Q1 = Q ,

Q2 = −Q|2:

⎧ ⎪ ⎪ falls r < R1 , ⎪ ⎪0 , 1 1 ⎨ 2 w(r) = Q , falls R1 < r < R2 , 32π2 ε0 r4 ⎪ ⎪ ⎪ Q2 ⎪ ⎩ , falls R2 < r . 4

Die Energiedichte im Inneren des Kugelkondensators bleibt unverändert, da dort dieselben Felder wie in 1. auftreten. Nun gibt es aber noch Beiträge im Außenraum: 1 Q2 R2 − R1 W= + . 8π ε0 R2 R1 4R2 2b. Q1 = −Q|2 ;

Q2 = Q:

⎧ ⎪ ⎪ 0, falls r < R1 , ⎪ ⎪ ⎪ 2 1 1 ⎨Q , falls R1 < r < R2 , w(r) = 4 32π2 ε0 r4 ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪Q ⎩ , falls R2 < r . 4

Die Energiedichte ist im Inneren des Kugelkondensators nun kleiner, da dort ein kleineres Feld vorliegt. Im Außenraum bleibt alles wie in 2a.: Q2 1 R2 − R1 1 1 Q2 W= + = . 8π ε0 4 R2 R1 4 R2 32π ε0 R1 d S2

Q2

d F2

Q1

d F1 r1

d S1 Abb. A.12.

3. dS1 :

Flächenelement der inneren Kugelschale ,

dS2 :

Flächenelement der äußeren Kugelschale . dF 1 = dS1

Q1 + E r1 , 4π R21

dF 2 = dS2

Q2 − E r2 . 4π R22


433

Dies ergibt als Druck:

1. Q1 = Q ,

p1 =

dF1 Q21 = , dS1 16π2 ε0 R41

p2 =

dF2 |Q2 Q1 | = . dS2 16π2 ε0 R42

Q2 = −Q: p1,2 =

2a. Q1 = Q ,

Q2 16π2 ε0 R41,2

.

Q2 = −Q|2: p1 = p2 =

2b. Q1 = −Q|2 ,

Q2 16π2 ε0 R41 Q2 32π2 ε0 R42

,

.

Q2 = Q: p1 = p2 =

Q2 64π2 ε0 R41 Q2 32π2 ε0 R42

,

.

Lösung zu Aufgabe 2.2.2 1. Die potenzielle Energie eines Dipols im elektrischen Feld beträgt

VD (r) = −p · E(r) . Die Punktladung erzeugt das Feld E(r) =

q r . 4π ε0 r3

Dies ergibt: VD (r) = − 2.

q q p·r 1 = p·∇ . 4π ε0 r3 4π ε0 r

Die Kraft auf den Dipol lässt sich aus der potenziellen Energie ableiten: q 1 ∇ p·∇ . F D (r) = −∇ VD (r) = − 4π ε0 r

2.2.2

434


Wir benutzen die Formel: ∇(a · b) = (b · ∇)a + (a · ∇) b + b × rot a + a × rot b und erhalten mit p = const: ∂ r 1 1 1 = (p · ∇)∇ + p × rot ∇ = − pi = ∇ p·∇ r r ∂xi r3 r i

=0

=−

r xi ! r(r · p) p ei − 3 =3 5 − 3 . 3 4 r r r r r

pi

i

Damit folgt: F D (r) = − 3.

3r(r · p) − p r2 . 4π ε0 r5 q

Für das Feld des Dipols am Ort 0 der Punktladung gilt: ED (r) =

3(−r)[(−r) · p] − p r2 . 4π ε0 r5 1

Daraus resultiert eine Kraft vonseiten des Dipols auf die Punktladung: F p (r) = q ED (r) = −F D (r) . Das dritte Newton-Axiom ist also erfüllt.

2.2.3

Lösung zu Aufgabe 2.2.3 1.

a

ρ

b

Abb. A.13.

Zylinderkoordinaten:

ρ, ϕ, z ,


435

Symmetrie: E(r) = Eρ (ρ) eρ , Z: Zylinder, L: Länge, ρ: Radius.

⎧ ⎪ ⎪ 0, falls ρ < a , ⎪ ⎨ 1 ! 1 3 df · E = Eρ (ρ) 2πρ h = d r ρ(r ) = h q¯ , falls a < ρ < b , ε0 ε0 ⎪ ⎪ ⎪ Z ⎩ S(Z) 0, falls b < ρ ,

q¯ : Ladung pro Längeneinheit. Daraus folgt: Eρ (ρ) =

1 q¯ 2π ε0 ρ

(im Inneren!) .

Nabla-Operator in Zylinderkoordinaten: ∂ 1 ∂ ∂ , , . ∇≡ ∂ρ ρ ∂ϕ ∂z Dies ergibt über das Potenzial, −¯q ln ρ + const , 2π ε0

ϕ(r) = am Kondensator die Spannung:

U = ϕ(a) − ϕ(b) =

−¯q a ln . 2π ε0 b

Dies bedeutet für die Ladung pro Längeneinheit: q¯ =

2 π ε0 U . ln (b|a)

Damit sind elektrisches Feld, E(r) =

1 U eρ , ln (b|a) ρ

und skalares Potenzial bestimmt:

ϕ(r) = −

U ln ρ + const . ln (b|a)

Die Kapazität pro Längeneinheit ist schließlich: C=

q¯ 2π ε0 = . U ln (b|a)

436

2.


Feld am Innenzylinder: Eρ (ρ = a) =

U , a ln (b|a)

d Eρ (a) −U ! = 2 (ln b − 1 − ln a) = 0 . da a ln (b|a) Bei a0 = b e−1 wird das Feld demnach extremal. Wegen / 0 d2 Eρ (a) 2U U 2 = 3 (ln b − 1 − ln a) + 2 d a2 a ln (b|a) a a ln (b|a)

a=a0

=

U U e3 = >0 b e−1 (b e−1 )2 b3

handelt es sich um ein Minimum. 2.2.4

Lösung zu Aufgabe 2.2.4 Kugelsymmetrie ⇒ Potenzial ist kugelsymmetrisch; d. h.

Φ(r) = Φ(r) . 1. Laplace-Gleichung (r = R1 , R2 )

1 ∂ 1 2 ∂ Δ= 2 r + 2 Δϑ, ϕ , r ∂r ∂r r 1 ∂ 2 ∂Φ r ΔΦ = 0 ⇒ 2 =0 (r = 0) r ∂r ∂r ⇒ r2 ⇒

∂ Φ(r) = c ∂r

∂ c Φ(r) = 2 ∂r r

⇒ Φ(r) = Φ(r) =

α r

+β.

1a. r < R1 Regularität im Ursprung (Φ(0) endlich) ⇒ α = 0 Φ1 (r) = β = Φ1 . 1b. r > R2

Φ(r −→ ∞) = 0

⇒

Φ(r = R2 ) = Φ2 =

α R2

β=0,

=


437

⇒ α = R2 Φ2 R2 ⇒ Φ2 (r) = Φ2 . r 1c. R1 < r < R2 Es muss gelten,

α R1

α

+ β = Φ1 ;

⇒ α

1 1 − R1 R2

R2

+ β = Φ2

= Φ1 − Φ2

(Φ1 − Φ2 )R1 R2 , R2 − R1 (Φ − Φ2 )R2 R2 Φ2 − R1 Φ1 β = Φ1 − 1 = . R2 − R1 R2 − R1 ⇒ gesamtes Potential ⎧ ⎪ Φ falls r < R1 , ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎨ (Φ1 − Φ2 )R1 R2 1 R2 Φ2 − R1 Φ1 falls R1 < r < R2 , + Φ(r) = R2 − R1 r R2 − R1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ Φ R2 falls r > R2 . 2 r 2. Poisson-Gleichung : 1 ΔΦ = − ρ(r) , ⇒ α=

ε0

Q1 Q δ(r − R1 ) + 2 2 δ(r − R2 ) , 4πR21 4 π R2 1 Q2 ∂ 2 ∂Φ Q1 =− δ (r − R ) + δ (r − R ) r2 = r ⇒ 1 2 ∂r ∂r 4πε0 R21 R22 1 =− Q1 δ(r − R1 ) + Q2 δ(r − R2 ) . 4πε0 Wir integrieren über das Intevall

ρ(r) =

[R1 − ε, R1 + ε] ; ⇒ r2 ⇒ (R1 + ε)2

ε R).

444


Der Ansatz 4π ε0 ϕ(r) =

q qB + |r − r | |r − r B |

erfüllt in V die Poisson-Gleichung: qB |rB q|r + . 4π ε0 ϕ(r) = er − (r |r)er (r|rB ) er − er Die Randbedingung

ϕ(r = R) =! 0 ist erfüllt, falls gilt: 0=

−1|2 −1|2 q r qB R2 R r2 + + 1 − 2 e · e . 1 + 2 − 2 e r · er r r R R R rB rB2 rB

Diese Gleichung wird gelöst durch: q qB =− ; rB R ⇒ rB = ⇒ ϕ(r) =

q 4π ε0

R2 >R; r

R r = rB R qB = −q

R r

R|r 1 − |r − r | r − (R2 |r2 )r

.

Die Lösung erfüllt in V die Poisson-Gleichung und auf S(V) Dirichlet-Randbedingungen, ist somit als Lösung eindeutig. Wir berechnen die Flächenladungsdichte: ∂ϕ σ = ε0 n · ( E a −Ei ) = ε0 n · ∇ ϕi = ε0 , ∂r r =R =0 −1|2 ∂ 1 ∂ 2 2 r − r cos ϑ = =− r + r − 2rr cos ϑ ∂r |r − r | ∂r |r − r |3

R − r cos ϑ 1 ∂ ⇒ = − , ∂r |r − r | r =R (R2 + r2 − 2Rr cos ϑ)3|2 r − (R2 |r ) cos ϑ R|r ∂ R = − 3|2 r , ∂r r − (R2 |r2 )r 2 4 2 2 r + R |r − 2r(R |r ) cos ϑ


445

R|r ∂ R − (R2 |r ) cos ϑ R = − =

∂r r − (R2 |r2 )r r =R r (R3 |r3 ) r2 + R2 − 2R r cos ϑ3|2

= −

r2 |R − r cos ϑ

r2 + R2 − 2R r cos ϑ

3|2 .

Daraus folgt: q −R + r cos ϑ + r2 |R − r cos ϑ , 4π r3 1 + R2 |r2 − 2(R|r ) cos ϑ3|2

σ= σ=

q 4 π R2

R 1 − R2 |r2

3|2 . r 1 + R2 |r2 − 2(R|r ) cos ϑ

Die gesamte influenzierte Ladung ergibt sich durch Integration über die Kugeloberfläche: q q¯ = 2

+1 R d 1 R2 r 1 − 2 d cos ϑ .

1 | 2 r r d cos ϑ 1 + R2 |r2 − 2(R|r ) cos ϑ R −1 r 1 1 − R 1 − R|r 1 + R|r

Dies ergibt schließlich: q¯ = −q .

Lösung zu Aufgabe 2.3.2 P

r R

r′ r′B

qB

2.3.2

q

Abb. A.17.

Ohne Punktladung: Q verteilt sich gleichmäßig über die Metalloberfläche. Wirkung nach außen so, als ob Q im Kugelmittelpunkt konzentriert wäre.

446


Mit Punktladung: qB wird als Flächenladung zur Erfüllung der Randbedingungen benötigt. Der Rest Q − qB verteilt sich gleichmäßig über die Oberfläche. Wir können also ansetzen:

ϕ(r) = ϕ1 (r) + ϕ2 (r) , ϕ1 (r): wie bei der geerdeten Metallkugel, ϕ2 (r): Potenzial der Punktladung Q − qB = Q + q im Kugelmittelpunkt,

R r

R| r 1 − 4π ε0 ϕ1 (r) = q |r − r | r − (R2 |r2 )r R 1 4π ε0 ϕ2 (r) = Q + q . r r

,

Kraft auf Punktladung: F = F 1 + F2 . Mit Gleichung (2.138) folgt: −q2 R|r F 1 = er 2 , r − R2 |r F 1 ist stets anziehend!

q Q + q(R|r ) . F 2 = e r 4π ε0 r2

Wenn q und Q gleichnamig, dann a) große Abstände ⇒ Abstoßung; F 2 dominiert, > b) r →R ⇒ Anziehung; F1 dominiert. F

} R

}

Q/q > 0 Q/q < 0

r′

Abb. A.18.

Dieses Ergebnis erklärt, warum die Ladungen der Metallkugel diese trotz elektrostatischer Abstoßung nicht verlassen (Austrittsarbeit). Es ist Energie notwendig, unabhängig davon, ob Q und q gleich- oder ungleichnamige Ladungen sind.


447

Lösung zu Aufgabe 2.3.3 1. Green’sche Funktion: Lösung der Poisson-Gleichung für eine Punktladung q = 1:

1

Δ G = − δ(r) , ε0 G(r) = G(ρ, ϕ) = G(ρ) . keine Randbedingungen

ρ = 0: Laplace-Gleichung:

∂G ρ 0 = ΔG = ρ ∂ρ ∂ρ 1 ∂

⇐⇒ ρ

∂G C1 ∂G = C1 ⇐⇒ = ∂ρ ∂ρ ρ

⇐⇒ G(ρ) = C1 ln C2 ρ .

R

df

0 dϕ Abb. A.19.

Zweidimensionaler Gauß’scher Satz zur Festlegung der Konstante C1 : FR : Kreisfläche um Ursprung, R: Radius, Flächenelement: df = R d ϕ eρ . dτ div(∇G) = df · ∇G , ∇≡

∂ 1 ∂ , ∂ρ ρ ∂ϕ

∂FR

FR

;

∇G =

C1

ρ

eρ ,

dτ div(∇G) = −

FR

∂FR

C1 df · ∇G = R R

⇒ C1 = −

1

ε0

FR

2π

dτ δ(r) = −

1

ε0

,

dϕ eρ · eρ = 2π C1

0

1 1 ⇒ G(ρ) = − ln C2 ρ . 2π ε0 2π ε0

2.3.3

448


2. y q qB3

ϕ=0

(x0 , y0 )

V

ϕ=0 qB2

x

qB1

Abb. A.20.

Interessierender Raumbereich: V = {r = (x, y) ;

x ≥ 0, y ≥ 0} .

Randbedingungen mit Bildladungen außerhalb V realisieren! qB1 : kompensiert q auf y = 0: rB1 = (x0 , −y0 ) ;

qB1 = −q ,

qB3 : kompensiert q auf x = 0: r B3 = (−x0 , y0 ) ;

qB3 = −q ,

qB2 : kompensiert qB1 auf x = 0 und qB3 auf y = 0: r B2 = (−x0 , −y0 ) ;

qB2 = q .

Daraus folgt:

ϕ(x, y) = =−

q 2π ε0

8 8 2 2 2 2 ln C2 (x − x0 ) + (y − y0 ) − ln C2 (x + x0 ) + (y + y0 ) +

8 8 2 2 2 2 + ln C2 (x + x0 ) + (y + y0 ) − ln C2 (x + x0 ) + (y − y0 ) (x − x0 )2 + (y − y0 )2 (x + x0 )2 + (y + y0 )2 ln . ⇒ ϕ(x, y) = − 4π ε0 [(x − x0 )2 + (y + y0 )2 ] [(x + x0 )2 + (y − y0 )2 ] q

Man überprüfe: 1) ϕ löst in V die Poisson-Gleichung Δϕ(x, y) = −(q|ε0 ) δ(x − x0 ) δ(y − y0 ), 2) ϕ(x = 0, y) = ϕ(x, y = 0) = 0.


449

Lösung zu Aufgabe 2.3.4 Zweckmäßig sind ebene Polarkoordinaten: ρ, ϕ, 1 ∂ ∂ 1 ∂2 Laplace-Operator: Δ = ρ , + 2 2

ρ ∂ρ

∂ρ

2.3.4

ρ ∂ϕ

Separationsansatz:

Φ(ρ, ϕ) = Π(ρ)Θ(ϕ) , G ladungsfrei ⇒ Laplace-Gleichung: ΔΦ = 0: 1 ∂ ∂Π Π(ρ) ∂2 Θ + 2 ρ . 0 = Θ(ϑ) 2

ρ ∂ρ

∂ρ

ρ

∂ϕ

Gleichung mit ρ2 |Φ multiplizieren: ρ d dΠ ρ d dΠ 1 d2 Θ ρ ⇒ ρ = ν2 , 0= + Π(ρ) dρ dρ Θ(ϕ) dϕ2 Π dρ dρ 1 d2 Θ = −ν2 . Θ dϕ2 Der Fall ν = 0 kann ausgeschlossen werden. Wir setzen deshalb ν > 0:

Πν = aν ρν + bν ρ−ν , Θν = a¯ν sin(νϕ) + b¯ν cos(νϕ) . Randbedingungen:

Φ(ρ, ϕ = 0) = 0 ⇒ b¯ν = 0 , nπ Φ(ρ, ϕ = α) = 0 ⇒ ν = ; n∈N. α Φ regulär bei ρ = 0 ⇒ bν = 0 . Dies führt zu der allgemeinen Lösung:

Φ(ρ, ϕ) =

∞ n=1

cn ρnπ|α sin

nπ !

α

ϕ .

Mit der Orthogonalitätsrelation 2

α

α 0

dϕ sin

nπ !

α

ϕ sin

mπ !

α

ϕ = δnm

450


folgt aus der letzten Randbedingung: 2

α

α

mπ !

dϕ Φ0 (ϕ) sin

α

0

⇒ cn = R−(nπ|α)

2.3.5

ϕ = 2

α

α

∞ n=1

cn Rnπ|α δnm = cm Rmπ|α

dϕ Φ0 (ϕ) sin

0

nπ

α

ϕ.

Lösung zu Aufgabe 2.3.5 Bis auf die Kugeloberfläche ist der Raum ladungsfrei:

Δϕ = 0 . Randbedingungen haben azimutale Symmetrie, deswegen auch das Potenzial ϕ(r, ϑ, ϕ) = ϕ(r, ϑ). Allgemeine Lösung (s. (2.165)):

ϕ(r, ϑ) =

∞ ! (2l + 1) Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos ϑ) , l=0

ϕi : Potenzial im Inneren der Kugel, ϕa : Potenzial außerhalb der Kugel. Regularität im Ursprung: B(i) l =0 ⇒ ϕi (r, ϑ) =

∞ l=0

l A(i) l (2l + 1) r Pl (cos ϑ) .

Verschwinden im Unendlichen: Al(a) = 0 ⇒ ϕa (r, ϑ) =

∞ −(l+1) (2l + 1)B(a) Pl (cos ϑ) . l r l =0

Stetigkeit bei r = R:

ϕi (R, ϑ) = ϕa (R, ϑ) 2l+1 . ⇒ Bl(a) = A(i) l R


451

Flächenladungsdichte:

σ(ϑ) = −ε0 = −ε0

∂ϕa ∂ϕi − ∂r ∂r

r=R

=

∞ 6 5 l−1 (2l + 1)Pl (cos ϑ) −(l + 1)Bl(a) R−l−2 − l A(i) R l l=0

⇒ σ (ϑ) = ε0

∞ ! l−1 (2l + 1)2 A(i) l R Pl (cos ϑ) = l=0

=! σ0 (3 cos2 ϑ − 1) = 2σ0 P2 (cos ϑ) , +1

d cos ϑ σ (ϑ)Pm (cos ϑ) = 2σ0

−1

d cos ϑ P2 (cos ϑ)Pm (cos ϑ) =

−1

= 2σ0 +1

+1

d cos ϑ σ(ϑ)Pm (cos ϑ) = ε0

2 4 δm2 = σ0 δm2 , 2m + 1 5

+1 ∞ l−1 (2l + 1)2 A(i) R d cos ϑ Pm (cos ϑ)Pl (cos ϑ) = l

−1

l=0

−1

2 δlm 2m + 1

m−1 = 2ε0 (2m + 1)A(i) mR

4 1 1−m ⇒ A(i) δm2 m = σ0 R 5 2ε0 (2m + 1) ⇒ A2(i) =

2σ0 ; 25ε0 R

A(i) m = 0 für m = 2 .

Lösung:

ϕi (r, ϑ) =

2σ0 2 r P2 (cos ϑ) , 5ε0 R

ϕa (r, ϑ) =

2σ0 4 P2 (cos ϑ) R . 5ε0 r3

452

2.3.6


Lösung zu Aufgabe 2.3.6 1. Ladungsfreie Hohlkugel mit azimutalsymmetrischer Flächenladungsdichte bedeutet, dass das Potenzial ϕ-unabhängig ist. Kugelkoordinaten sind angebracht und Legendre-Polynome bilden ein passendes „vollständiges Orthogonalsystem“. Deswegen

σ ( ϑ) =

∞ l=0

σl Pl (cos ϑ) .

Allgemeine Lösung der Laplace-Gleichung (2.165): ∞ @ A ϕ(r) ⇒ ϕ(r, ϑ) = (2l + 1) Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos ϑ) . l=0

σ(ϑ) ist vorgegeben. Mit der Orthogonalitätsrelation gewinnt man: 1

d cos ϑσ(ϑ)Pm (cos ϑ) =

−1

∞ l=0

(2m + 1) ⇒ σm = 2

σl

1

1

d cos ϑPl (cos ϑ)Pm (cos ϑ)

−1

2 δlm (2m + 1)

d cos ϑσ (ϑ)Pm (cos ϑ)

−1

⇒ alle Koeffizienten σm bekannt. Zweckmäßige Aufteilung: ϕi (r, ϑ): Potenzial im Innern der Kugel. ϕa (r, ϑ): Potenzial außerhalb der Kugel. Randbedingungen: a) ϕi regulär für r → 0 ⇒ Bil ≡ 0

ϕi (r, ϑ) =

∞ (2l + 1)Ail rl Pl (cos ϑ) . l =0

r→∞

b) ϕa −→ 0 ⇒ Aal ≡ 0

ϕa (r, ϑ) =

∞ (2l + 1)Bal r−(l+1) Pl (cos ϑ) . l=0

c) Stetigkeit bei r = R:

ϕi (R, ϑ) =! ϕi (R, ϑ) Orthogonalität der Pl ⇒ Bal R−(l+1) = Ail Rl ⇒ Bal = Ail R2l+1 .


453

d) Flächenladungsdichte: ∂ϕa ∂ϕi − σ(ϑ) = −ε0 ∂r ∂r r=R

= −ε0

∞ @ A (2l + 1)Pl (cos ϑ) −(l + 1)Bal R−(l+2) − lAil Rl−1

= +ε0

∞ (2l + 1)2 Pl (cos ϑ)Ail Rl−1 .

l=0

l=0

Orthogonalität der Legendre-Polynome:

σl = ε0 (2l + 1)2 Ail Rl−1 σl ⇒ Ail = . (2l + 1)2 ε0 Rl−1 Damit ist das Potenzial vollständig bestimmt:

ϕi (r, ϑ) = ϕa (r, ϑ) =

∞ R

ε0

l=0

∞ R

ε0

l=0

r !l Pl (cos ϑ) , (2l + 1) R

σl

l+1 R Pl (cos ϑ) . (2l + 1) r

σl

2. Speziell:

σ(ϑ) = σ0 (2 cos2 ϑ + cos ϑ − sin2 ϑ) = σ0 (3 cos2 ϑ − 1 + cos ϑ) = σ0 (2P2 (cos ϑ) + P1 (cos ϑ)) . Mit der allgemeinen Beziehung aus 1. ergibt sich: ⎛ 1 ⎞ 1 2m + 1 ⎝ σm = σ0 2 d cos ϑP2 (cos ϑ)Pm (cos ϑ) + d cos ϑP1 (cos ϑ)Pm (cos ϑ)⎠ 2 −1

2 2m + 1 2 = σ0 2 δm2 + δm1 2 2m + 1 2m + 1

−1

= σ0 (2δm2 + δm1 ) ⇒ Potenzial:

1 r! 2 r !2 P2 (cos ϑ) + P1 (cos ϑ) , ε0 5 R 3 R 1 % 1 R 2 R 2 R 3 ϕa (r, ϑ) = σ0 P2 (cos ϑ) + P1 (cos ϑ) . ε0 5 r 3 r

ϕi (r, ϑ) = σ0

R

454


3. Jetzt liegen andere Randbedingungen als in Teil 1. vor: Regularität für r → 0 wie oben ⇒ wie in 1a.

ϕi (r, ϑ) =

∞ (2l + 1)Ail rl Pl (cos ϑ) . l =0

Geerdete Metallkugel:

ϕi (R, ϑ) = ϕa (R, ϑ) = 0 ⇒ Ail ≡ 0 ⇒ ϕi ≡ 0 . Wegen Feld im Außenraum gilt nicht mehr r→∞

ϕa −→ 0 ; aber ϕa (R, ϑ) = 0 ⇒ Bal = −Aal R2l+1 ∞ ⇒ ϕa (r, ϑ) = (2l + 1)Rl Aal l =0

%

r !l − R

l+1 1 R Pl (cos ϑ) . r

Abb. A.21.

E-Feld asymptotisch homogen (Deformationen in Kugelnähe) r→∞

⇒ ϕa −→ −Ez = −Er cos ϑ

= −ErP1 (cos ϑ) ,


455

andererseits:

ϕa (r, ϑ) −→

∞ (2l + 1)Aal rl Pl (cos ϑ) l=0

⇒ (2l + 1)Aal rl = −Erδl1 1 ⇒ Aal = − Eδl1 3 2 r r − 2 cos ϑ . ⇒ ϕa (r, ϑ) = −ER R R Flächenladungsdichte:

σ = ε0 n · (Ea − Ei ) = =0 = ε0 n · Ea = = −ε0

∂ϕa = ∂r r=R

R2 1 +2 3 = ε0 ER cos ϑ R r

r =R

=

= 3ε0 E cos ϑ .

Lösung zu Aufgabe 2.3.7

2.3.7

E = E0ez

z

R

x

Abb. A.22.

Azimutale Symmetrie:

ϕ(r, ϑ) =

∞ 6 5 (2l + 1) Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos ϑ) . l=0

456


Leitende, geerdete Kugel:

ϕ(R, ϑ) = 0 ⇒ Bl = −Al R2l+1 . Feld im Inneren der Kugel: Regularität bei r = 0 ⇒ B(i) l = 0 ∀l ⇒ A(i) l = 0 ∀l ⇒ ϕ ≡ 0 im Inneren . E-Feld asymptotisch homogen:

ϕ r→∞ −→ −E0 z = −E0 r cos ϑ = −E0 r P1 (cos ϑ) , ∞ 6 5 (2l + 1) Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos ϑ) −→ −E0 r P1 (cos ϑ) r→∞

l=0

1 ⇒ A1 = − E0 ; 3

Al = 0 für l = 1

1 ⇒ B1 = −A1 R3 = + E0 R3 . 3 Potenzial außerhalb der Kugel:

ϕ(r, ϑ) = −E0 R Flächenladungsdichte:

r R2 − R r2

cos ϑ .

∂ϕ σ = −ε0 = 3ε0 E0 cos ϑ . ∂r r=R 2.3.8

Lösung zu Aufgabe 2.3.8 Kugelkoordinaten

r = r(sin ϑ cos ϕ, sin ϑ sin ϕ, cos ϑ) , 4 3 Y10 (ϑ, ϕ) = cos ϑ , 4π 4 3 sin ϑ cos ϑ e iϕ , Y11 (ϑ, ϕ) = − 8π 4 3 sin ϑ cos ϑ e −iϕ Y1−1 (ϑ, ϕ) = 8π


457

√ 4π 2 − Y11 (ϑ, ϕ) − Y1−1 (ϑ, ϕ) , r=r 3 2 4

⇒

√ 2 − Y11 (ϑ, ϕ) + Y1−1 (ϑ, ϕ) , Y10 (ϑ, ϕ) . 2i Analog ergibt sich r , wobei wir allerdings noch ∗ Ylm (ϑ , ϕ ) = (−1)m Yl−m (ϑ , ϕ )

benutzen:

4 r = r

4π 3

√

2 ∗ ∗ ( ϑ , ϕ ) , Y1−1 (ϑ , ϕ ) − Y11 2

∗ 2 ∗ ∗ Y1−1 (ϑ , ϕ ) + Y11 (ϑ , ϕ ) , Y10 (ϑ , ϕ ) 2i

√

⇒ r · r =

4π 1 ∗ ∗ (ϑ , ϕ ) + Y1−1 (ϑ, ϕ)Y11 (ϑ , ϕ ) − rr − Y11 (ϑ, ϕ)Y1−1 3 2 ∗ ∗ − Y11 (ϑ, ϕ)Y11 (ϑ , ϕ ) − Y1−1 (ϑ, ϕ)Y1−1 ( ϑ , ϕ ) + 1 ∗ ∗ Y11 (ϑ, ϕ)Y1−1 (ϑ , ϕ ) + Y1−1 (ϑ, ϕ)Y11 (ϑ , ϕ ) + 2 ∗ ∗ (ϑ , ϕ ) + Y11 (ϑ, ϕ)Y11 ( ϑ , ϕ ) + + Y1−1 (ϑ, ϕ)Y1−1

+

∗ ( ϑ , ϕ ) + Y10 (ϑ, ϕ)Y10 ⇒

r · r =

⇒

4π ∗ ∗ rr Y11 (ϑ, ϕ)Y11 (ϑ , ϕ ) + Y1−1 (ϑ, ϕ)Y1−1 ( ϑ , ϕ ) + 3 ∗ (ϑ , ϕ ) + Y10 (ϑ, ϕ)Y10 r · r =

4π ∗ rr Y1m (ϑ , ϕ )Y1m (ϑ, ϕ) . 3 m=−1,0,1

Additionstheorem (2.161) +l 2l + 1 ∗ Pl (cos γ ) = Ylm (ϑ , ϕ )Ylm (ϑ, ϕ) , 4π m=−l

γ = ϑ ϕ ; ϑϕ .

458


In diesem Fall ist:

γ = r, r

und damit: r · r = rr cos γ = rr P1 (cos γ ) +1 4π ∗ rr Y1m (ϑ , ϕ )Y1m (ϑ, ϕ) 3 m=−1

= 2.3.9

Lösung zu Aufgabe 2.3.9 1a. Gleichung (2.71):

4π ε0 ϕD (r) =

r·p . r3

Gleichung (2.73): 4π ε0 ED (r) =

3(r · p)r p − 3 . r5 r

1b. 4π ε0 ϕD (r) = 4π ε0 ED (r) =

(r − a) · p , |r − a|3

3[(r − a) · p](r − a) p − . |r − a|5 |r − a|3

V n PB

rB

a

0

p

r Abb. A.23.

2. Koordinatenursprung auf der Metalloberfläche, senkrecht gegenüber p. Auf der Metalloberfläche gilt: r·n=0. „Bild-Dipol“ pB außerhalb V ⇒ 4π ε0 ϕ(r) = Symmetrie: r B = −rB n.

1 1 (r − a) · p + (r − r B ) · pB . |r − a|3 |r − r B |3


459

Metalloberfläche: √ √ r2 + a2 − 2a r · n = r2 + a2 , 8 8 |r − r B | = r2 + rB2 + 2rB r · n = r2 + rB2 , |r − a| =

4π ε0 ϕ(r) =

r · p − a · p r · pB − rB · pB ! + 8 =0 (r2 + a2 )3|2 r2 + rB2

⇒ rB = a ,

d. h. r B = −a = −a n , 1 pB · n = p · n p = p⊥ + p ,

r · p = −r · pB

pB = p⊥ − p .

Daraus folgt das Potenzial in V: (r + a) 1 1 (r − a) 4π ε0 ϕ(r) = p⊥ + · r) − + (p . |r − a|3 |r + a|3 |r − a|3 |r + a|3 Da auf der Metalloberfläche |r − a| = |r + a| =

√ r2 + a2

und p⊥ · r = 0

gilt, ist die Randbedingung 0 = ϕ(r) auf der Metalloberfläche offensichtlich erfüllt. 3. Ei ≡ 0 im Metall in V: 4π ε0 Ea (r) =

p⊥ 3 [(r − a) · p⊥ ] (r − a) − + |r − a|5 |r − a|3 +

3 [(r + a) · p⊥ ] (r + a) p⊥ − + 5 |r + a| |r + a|3

+

3(r · p )(r − a) p 3(r · p )(r + a) p − − + . 5 3 5 |r − a| |r − a| |r + a| |r + a|3

Oberflächenladungsdichte:

σ = ε0 Ea · n|r · n = 0 = ε0

3(−a · p⊥ )(−a · n) − (r2 + a2 )5|2

3(a · p⊥ )(a · n) p⊥ · n p⊥ · n + − 2 + 3 | 2 5 | 2 2 2 2 +a ) (r + a ) (r + a2 )3|2 3(r · p )(−a · n) 3(r · p )(a · n) + − (r2 + a2 )5|2 (r2 + a2 )5|2 −

(r2

460


⇒ σ = ε0

3a2 p⊥ − p⊥ (r2 + a2 ) + 3a2 p⊥ − p⊥ (r2 + a2 ) − 6a(r · p ) (r2 + a2 )5|2 ⇒ σ (r) = ε0

(4a2 − 2r 2 ) p⊥ − 6a(r · p ) , (r2 + a2 )5|2

r ∈ Metalloberfläche . 4a. p = 0 ,

p⊥ = p: p(2a2 − r2 ) , (r2 + a2 )5|2 √ σ = 0 für r = r0 = 2a ,

σ = 2ε0

σ > 0 für r < r0 , σ < 0 für r > r0

1

falls p > 0, d. h. Dipol vom Metall weggerichtet .

− − − + − + 0 +

p

+

r0

− − −

Abb. A.24.

4b. p = p, p⊥ = 0:

− − −

P

+ + + Abb. A.25.


461

σ = −ε0

6a (r · p) , (r2 + a2 )5|2

σ >0: r·p R , 2 dr · B = μ0 df · j = μ0 I ρ ⎩ falls ρ ≤ R , Fρ ∂Fρ R2 dr = dρeρ + ρ dϕeϕ + dzez ⇒ dr · B = ρ dϕBϕ (ρ) ⇒ ∂F

dr · B = ρBϕ (ρ)

2π

dϕ = 2πρBϕ (ρ) ,

0

⎧ 1 ⎪ μ0 I ⎨ ρ ⇒ Bϕ (ρ) = 2π ⎪ ⎩ ρ R2

falls ρ > R , falls ρ ≤ R .

474

3.2.2


Lösung zu Aufgabe 3.2.2 F = ( j(r) × B(r)) d3 r

=I

c

dr × B(r) . c

B(r) wird durch j bewirkt μ0 r − r μ0 r − r 3 B(r) = d r j(r ) × = I dr × . 4π |r − r |3 4π |r − r |3 c

„Selbstkraft“

μ0 2 I F= 4π =

μ0 2 I 4π

c

dr × c

c

c

c

r − r dr × |r − r |3

r − r r − r dr dr · − · dr . dr |r − r |3 |r − r |

Für den ersten Summanden ergibt sich: 1 r − r dr · = − dr · ∇r |r − r |3 |r − r | c

c

Stokes

= −

Fc

Es bleibt F=− Vertauschung der Variablen r

μ0 2 I 4π

und r

c

1 df · rot grad =0. |r − r | 0

dr · dr

c

r − r . |r − r |3

macht F zu −F. Das ist nur möglich, wenn F=0.

Fazit: Die Stromschleife übt auf sich selbst keine Kraft aus! 3.2.3

Lösung zu Aufgabe 3.2.3 Wegen der speziellen Gestalt der Stromdichte

j(r) = I δ(ρ − R)δ(z)eϕ ergibt sich für das Vektorpotenzial aus Symmetriegründen die Struktur A(r) = A(ρ, z)eϕ


475

mit dem Einheitsvektor: eϕ = (− sin ϕ, cos ϕ, 0) Es gilt dann für die y-Komponente: Ay = A(ρ, z) cos(ϕ) I δ(ρ − R)δ(z ) cos ϕ μ . = 0 d3 r 4π |r − r | Es reicht die Auswertung für ϕ = 0: r = (x, y, z) = (ρ, 0, z) r = (x , y , z ) = (R cos ϕ , R sin ϕ , 0) , Ay −→ A(ρ, z)

μ = 0 4π =

∞ 0

μ0 IR 4π

ρ dρ

2π 0

2π

dϕ

+∞

−∞

0

I δ(ρ − R)δ(z ) cos ϕ dz $ (R cos ϕ − ρ)2 + R2 sin2 ϕ + z2

1 dϕ cos ϕ $ . R2 + ρ2 − 2ρR cos ϕ + z2

Elliptisches Integral, nicht elementar lösbar! Deshalb diskutieren wir nur zwei Grenzfälle: (a) ρ > R − 1 R2 − 2ρR cos ϕ 2 $ = $ 2 2 1+ ρ2 + z 2 R2 + ρ2 − 2ρR cos ϕ + z2 ρ +z 1 ρR cos ϕ R2

$ + 1− 3 . 2(ρ2 + z2 ) ρ2 + z 2 (ρ 2 + z 2 ) 2 1

1

Der erste Summand liefert keinen Beitrag zu A(ρ, z), der zweite dagegen:

ρ 1 μ0 IR2 3 . 4 2 ρ + z2 2

A(ρ, z) ≈ Zylinderkoordinaten

r = ρeρ + zez ⇒

ρ2 + z 2

32

= r3 ,

e z × r = ρ e z × eρ = ρ e ϕ . Damit ergibt sich das Vektorpotenzial, A(r) =

μ0 m × r , 4π r3

eines magnetischen Dipols einer kreisförmigen Leiterschleife (s. (3.46)): m = πR2 Iez . Daraus resultiert wie zu (3.45) die magnetische Induktion in der für das Dipolfeld bekannten Gestalt: μ0 3r(m · r) m B(r) = rot A(r) = − 3 . 4π r5 r 3.2.4


j = j(r, ϑ)eϕ 1. eϕ = (− sin ϕ, cos ϕ, 0) ,


477

j = j(r, ϑ)(− sin ϕ, cos ϕ, 0) ⇒ jx + ijy = j(− sin ϕ + i cos ϕ) = ij(r, ϑ) e iϕ . Aus A(r) =

μ0 4π

d3 r

j(r ) |r − r |

folgt Az (r) = 0 ,

μ0 Ax + iAy = 4π μ =i 0 4π

d3 r

jx + ijy |r − r |

d3 r

j(r , ϑ ) iϕ e . |r − r |

Nach (2.169) gilt, 1 rl 1 < = 4π Y ∗ (ϑ , ϕ )Ylm (ϑ, ϕ) , |r − r | 2l + 1 r>l+1 lm m,l

r> = max(r, r ) , 3 Ylm (ϑ, ϕ) =

r< = min(r, r ) , 2l + 1 (l − m)! m P (cos ϑ) e imϕ . 4π (l + m)! l

Einsetzen in Ax + iAy ⇒ ϕ -Integration lässt nur den m = 1-Term überleben Ax + iAy = iA(r, ϑ) e iϕ .

e iϕ stammt aus Yl1 (ϑ, ϕ): ∞ r Mit diesem A(r, ϑ) gilt für das Vektorpotenzial: A(r) = A(r, ϑ)eϕ 2.

Δ A(r) = −μ0 j(r) gilt komponentenweise:

Δ(Ax + iAy ) = −μ0 (jx + ijy ) , Δ=

1 ∂ 1 ∂ 1 ∂ ∂2 2 ∂ sin + ϑ . r + r2 ∂r ∂r r2 sin ϑ ∂ϑ ∂ϑ r2 sin2 ϑ ∂ϕ2

(∗)

478


ϕ-Differenziationen ausführen ⇒

1 A(r, ϑ) = −μ0 j(r, ϑ) . Δ− 2 2 r sin ϑ

Merke, in (∗) einfach eϕ „herauskürzen“ ist nicht erlaubt, führt zum falschen Resultat! 3.2.5

Lösung zu Aufgabe 3.2.5 Zylinderkoordinaten ρ, ϕ, z offensichtlich zweckmäßig. Wegen

j = jez gilt A(r) =

μ0 4π

d3 r

j(r ) = A(ρ, ϕ, z)ez . |r − r |

Aus Symmetriegründen kann es keine ϕ- und keine z-Abhängigkeit geben: A(r) = A(ρ)ez Nabla-Operator: ∇ = eρ

∂ 1 ∂ ∂ +e +e , ∂ρ ϕ ρ ∂ϕ z ∂z

⇒ B = rot A(r) = ∇ × A(r) ∼ eρ × ez = −eϕ ⇒ B = B(ρ)eϕ . Kreis mit Radius ρ um Zylinderachse: dr = ρ dϕeϕ ; df = ρ dρ dϕez , dr · B = 2πρB(ρ) ⇒ ∂Fρ

=

df · rot B =

Fρ

Fρ

df · μ0 j

= μ0 I(Fρ ) , ⎧ ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎨ ρ 2 − R2 1 I(Fρ ) = I 2 ⎪ R2 − R21 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ I

falls ρ ≤ R1 , falls R1 ≤ ρ ≤ R2 , falls ρ ≥ R2 ,


⇒

479

⎧ ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ R2 μ0 I ⎨ ρ − ρ1 B= 2π ⎪ R22 − R21 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩

ρ

falls ρ ≤ R1 , falls R1 ≤ ρ ≤ R2 , falls ρ ≥ R2 .

Abb. A.31.

Lösung zu Aufgabe 3.2.6 Dieselben Symmetrieüberlegungen wie in Aufgabe 3.2.1 führen zu dem Ansatz,

B = Bϕ (ρ)eϕ . Fρ : Stirnfläche (Radius ρ) eines koaxialen Zylinders. Maxwell-Gleichung: ! dr · B = 2πρBϕ (ρ) = μ0 df · j . ∂Fρ

Fρ

(Ampére’sches Durchflutungsgesetz) ⎧ 2 ρ ⎪ ⎪ ⎪ I1 2 ; ⎪ ⎪ ρ1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨I ; 1 df · j = ρ2 − ρ22 ⎪ ⎪ ⎪ I1 + I2 2 ; Fρ ⎪ ⎪ ρ3 − ρ22 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩I + I ; 1

2

0 ≤ ρ ≤ ρ1 ,

ρ1 ≤ ρ ≤ ρ2 , ρ2 ≤ ρ ≤ ρ3 , ρ3 ≤ ρ .

3.2.6

480


Damit ist das B-Feld bereits bestimmt: ⎧ I1 ⎪ ⎪ ⎪ 2ρ ; ⎪ ⎪ ρ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪I1 ; μ0 ⎨ ρ Bϕ (ρ) = 2π ⎪ ρ2 − ρ22 1 ⎪ ⎪ I + I ; ⎪ 1 2 2 ⎪ ⎪ ρ3 − ρ22 ρ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩(I1 + I2 ) ;

ρ

Spezialfall:

0 ≤ ρ ≤ ρ1 ,

ρ1 ≤ ρ ≤ ρ2 , ρ2 ≤ ρ ≤ ρ3 , ρ3 ≤ ρ .

I1 = −I2 = I

Abb. A.32.

Abb. A.33.


481

⎧ 1 ⎪ ⎪ ρ; ⎪ ⎪ ρ12 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪1 μ0 I ⎨ ρ ; Bϕ (ρ) = 2π ⎪ ⎪ ρ32 − ρ2 1 ⎪ ⎪ ; ⎪ ⎪ ⎪ ρ32 − ρ22 ρ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0

0 ≤ ρ ≤ ρ1 ,

ρ1 ≤ ρ ≤ ρ2 ρ2 ≤ ρ ≤ ρ3 , ;

ρ3 ≤ ρ .

Abschnitt 3.3.3 Lösung zu Aufgabe 3.3.1 1.

3.3.1

ϑ

Abb. A.34.

Ladungsdichte:

ρ(r) =

q δ(r − R) . 4π R2

Stromdichte: j(r) = ρ(r)v(r) = ρ(r)[ω × r] . Oberfläche: r = R er = R(sin ϑ cos ϕ, sin ϑ sin ϕ, cos ϑ) ,

ω = ω ez = ω(0, 0, 1) ⇒ ez × er = (− sin ϑ sin ϕ, sin ϑ cos ϕ, 0) =

= sin ϑ(− sin ϕ, cos ϕ, 0) = sin ϑ eϕ . Daraus folgt die Stromdichte: j(r) =

qω sin ϑ δ(r − R) eϕ . 4π R

482

2.


Magnetisches Moment Definition: m=

1 2

(r × j(r)) d3 r ,

er × eϕ = (− cos ϑ cos ϕ, − cos ϑ sin ϕ, sin ϑ) = −eϑ qω ⇒ m= 8 πR 1 4

∞ 0

= q ω R2

3.

dr r δ(r − R)

2π

3

dϕ

0

+1

d cos ϑ (− sin ϑ eϑ ) =

−1

+1

d cos ϑ(1 − cos2 ϑ)(0, 0, 1) −1 2 2− 3 1 1 ⇒ m = q ω R2 ez = q R2 ω . 3 3

Vektorpotenzial Definition: A(r) = A(r) =

μ0 4π

μ0 q ω× 4π 4π R2

d3 r

j(r ) , |r − r |

d3 r δ(r − R)

r . |r − r |

Polarachse ↑↑ r: r = r(0, 0, 1) , r = r (sin ϑ cos ϕ , sin ϑ sin ϕ , cos ϑ ) . Daraus folgt:

μ0 q ω× A(r) = 8 π R2

∞

dr r δ(r − R) 3

0

+1

= er −1

+1 −1

+1 −1

μ qR = 0 (ω × ez ) 8π I=

x(0, 0, 1) dx √ = r2 + r2 − 2rr x

x , dx √ 2 r + R2 − 2r Rx

+1 x 1 √ dx √ = − x r2 + R2 − 2r Rx + 2 2 −1 rR r + R − 2r Rx

1 + rR

+1 −1

√ dx r2 + R2 − 2r Rx =


483

1 1 =− |r − R| + |r + R| + rR rR

=−

3|2 +1

2 2 1 2 r + R − 2r Rx = − 3 2r R −1

1 1 (|r − R| + |r + R|) − 2 2 |r − R|3 − |r + R|3 . rR 3r R

r > R: 1 (r − R + r + R) − rR 1 − 2 2 r3 − 3r2 R + 3r R2 − R3 − r3 − 3r2 R − 3r R2 − R3 = 3r R 1 2 2R = − − 2 2 −6r2 R − 2R3 = + 2 . R 3r R 3r

I=−

r < R: 2 r 1 I = − − 2 2 −6r R2 − 2r3 = +2 2 . r 3r R 3R Daraus folgt das Vektorpotenzial: ⎧ q R2 ⎪ ⎪ (ω × er ) , falls r > R , ⎨μ0 12π r2 A(r) = ⎪ ⎪ ⎩μ0 q r (ω × er ) , falls r < R . 12π R Im Außenraum gilt also: A(r) =

μ0 m × r

4π

r3

.

Damit folgt: B(r) =


m= 1.

1 2

μ0 3er (er · m) − m

4π

r3

.

3.3.2

(r × j(r)) d3 r .

Vollkugel: Ladungsdichte

ρ(r) =

Q

4π 3 3 R

Θ(r − R) .

Stromdichte j(r) = ρ(r)v(r) =

= ρ(r)(ω × r) ,

484


r × (ω × r) = ωr2 − r(r · ω) ,

m=

3Q 8 π R3

ω ↑↑

Polarachse: ω = ωez ,

Θ(r − R)(ωr2 − rrω cos ϑ) d3 r =

⎛ R 3Q ⎝ = ω 4 π r4 dr− 8 π R3 0

−ω

⎞

r2 Θ(r − R) cos ϑ(sin ϑ sin ϕ, sin ϑ cos ϕ, cos ϑ) d3 r⎠ .

x- und y-Komponenten des zweiten Integrals liefern offensichtlich keinen Beitrag. Es bleibt deshalb: ⎛ ⎞ R 1 5 3Q R 4 2 m= ω ⎝4π − 2π r dr d cos ϑ cos ϑ⎠ = 8πR3 5 0

−1

2 ω 4 π − 2π ∗ = 40π 3 2 4π 3 1 ⇒ m = QR2 ω . 5 inhomogen geladene Hohlkugel: wie in 1., 3QR2

2.

⇒

j(r) = σ0 δ(r − R) cos2 ϑ(ω × r) , 1 m = σ0 d3 rδ(r − R) cos2 ϑ(ωr2 − r(r · ω)) = 2 1 = σ0 R4 2

2π

dϕ

0

+1

d cos ϑ cos2 ϑ(ω − ω cos ϑer ) =

−1

1 = σ0 R4 2π 2

+1

d cos ϑ cos2 ϑ(ω − ω cos ϑ(0, 0, cos ϑ)) =

−1

= πσ0 R4 ω

+1 −1

d cos ϑ (cos2 ϑ − cos4 ϑ) 2 2 4 − = 3 5 15


485

m=

⇒ Gesamtladung: Q=

4π σ0 R4 ω . 15

d3 rσ0 δ(r − R) cos2 ϑ =

= 2πσ0 R2

+1

d cos ϑ cos2 ϑ =

−1

=

4π σ0 R2 3

⇒

3Q 1 4π R2

⇒

σ0 =

m=

1 2 QR ω 5

Lösung zu Aufgabe 3.3.3 1. Biot-Savart-Gesetz (3.23)

wie in 1.

3.3.3

B(r) =

μ0 4π

d3 r j(r ) ×

r − r |r − r |3

mit r = (0, 0, z) r = (R cos ϕ, R sin ϕ, z ) . Zahl der Windungen auf dz : nL dz Stromdichte einer Windung (q: Leiterquerschnitt) I j(r ) → eϕ ; q

d3 r = qR dϕ .

Superpositionsprinzip: L

μ0 n B(r) = 4π L

+ 2 − L2

I dz qR q

2π eϕ × 0

r − r dϕ , |r − r |3

eϕ × (r − r ) = (− sin ϕ, cos ϕ, 0) × (−R cos ϕ, −R sin ϕ, z − z ) =

= (z − z ) cos ϕ, (z − z ) sin ϕ, R =

3|2 |r − r |3 = R2 + (z − z )2 ,

486


2π

cos ϕ dϕ =

0

2π

sin ϕ dϕ = 0 .

0

Für Punkte r außerhalb der Achse ist das Integral nicht elementar lösbar! Auf der z-Achse gilt: L

B(z) =

μ0

nIR2

+ 2

2L − L2

=

μ0 nIR2 2L

ez ⎛

1 dz 3|2 ez = 2 R + (z − z )2

+ L 2 −(z − z ) = $ R2 R2 + (z − z )2 − L2

⎞ L L ⎜ ⎟ z− z+ ⎟ nI ⎜ 2 2 ⎟ . 3 − 3 = μ0 e z ⎜ ⎜ 2 2⎟ 2L ⎝ ⎠ L L R2 + z + R2 + z − 2 2 Speziell

2.

nI Bz (0) = μ0 √ 4R2 + L2 nI L Bz ± = μ0 √ 2 . 2 4R + 4L2

Innerhalb der Spule |z| < L2 : L >> R: n Bz ≈ μ0 I . L L > L, R: Bz ≈ 0 . |z| >> L >> R:

⎤ ⎡ − 12 − 12 2 2 nI R R ⎦ − 1+ Bz = ±μ0 ⎣ 1 + 2L (z + L|2)2 (z − L|2)2 / 0 1 nI 1 2R 2 2R 2

±μ0 −1+ = 1− 2L 2 2z + L 2 2z − L


487

nIR2 L

= ±μ0

nIR2 = ±μ0 2 4Lz

±μ0

nIR2 4Lz2

1 1 − = (2z − L)2 (2z + L)2

/ 0 L −2 L −2 1−

− 1+ 2z 2z L L 1+ −1+ z z ⇒ Bz ≈ ±μ0

3.

Magnetisches Moment 1 m= 2

nIR2 . 2z3

r × j(r ) d3 r .

Wie in 1.: L

m=

n 2L

+ 2

I dz qR q

2π (r × eϕ ) dϕ , 0

− L2

r × eϕ = (R cos ϕ, R sin ϕ, z ) × (− sin ϕ, cos ϕ, 0) =

= ( −z cos ϕ, z sin ϕ , R) kein Beitrag zu m

Damit: L

m=

nIR2 2L

+ 2 ez

dz

− L2

4.

Dipolfeld (3.45) B=

2π

dϕ = nI(πR2 )ez .

0

μ0 3(r · m)r m − 3 4π r5 r

.

Auf der Spulenachse (r = zez ) und mit dem Ergebnis aus 3.: B = μ0

nIR2 ez . 2|z|3

Abschnitt 3.4.5 Lösung zu Aufgabe 3.4.1 Potenzielle Energie eines magnetischen Dipols m im äußeren Feld B,

V = −m · B0 .

3.4.1

488


Gleichgewicht, falls V minimal ⇒ m ↑↑ B0 ,

also in x-Richtung

Stromdurchflossener Draht ⇒ B1 (r) = μ0

Ieϕ 2πρ

(s. (3.22))

eϕ = (− sin ϕ, cos ϕ, 0) . Gesamtfeld

⎞

⎛

⎞

⎛

1

−y

⎟ ⎜ ⎟ ⎜ I ⎟ ⎟ ⎜ B(r) = B0 ⎜ ⎝ 0 ⎠ + μ0 2π(x2 + y2 ) ⎝ x ⎠ 0 0 am Ort x0 = (x0 , 0, 0): B(x0 ) = B0 ex + μ0

I ey . 2πx0

Dipol stellt sich parallel zu B, bildet also mit der x-Achse den Winkel α: tan α = μ0

I . 2πx0 B0

Kleiner Winkel: tan α α = μ0

3.4.2

I 2πx0 B0

(Strommessung) .

Lösung zu Aufgabe 3.4.2 1. Innerhalb und außerhalb der Kugel: j ≡ 0 ⇒ Maxwell-Gleichung der Magnetostatik:

rot H = 0 ⇒ H ist Gradientenfeld: H = −∇ ϕm . Mit 0 = divB = μ0 div(M + H) folgt:

Δϕm = divM . Lösung laut (3.90):

ϕm (r) = −

1 ∇r · 4π

d3 r

M(r ) . |r − r |


489

Homogen magnetisierte Kugel, d. h. M = M0 ez : 1 M d . ϕm (r) = − 0 d3 r 4π dz |r − r | VK

Wir wählen r parallel zur Polarachse: VK

1 d r = 2π |r − r | 3

R

2

r dr 0

2π =− r

+1 −1

R

1 d cos ϑ 1 = r2 + r 2 − 2rr cos ϑ 2

r dr |r − r | − |r + r | =

0

=

4π r

R

r dr 2

(r > r ) =

0

=

4π 3 1 R · . 3 r

Außerdem: d 1 1z cos ϑ =− 2 =− 2 , dz r r r r ⇒ ϕm (r) = Gesamtmoment der Kugel: m=

cos ϑ 1 M0 R3 · 2 . 3 r

d3 r M(r ) =

4π 3 R · M 0 ez . 3

⇒ Dipolpotenzial:

ϕm (r) = 2.

1 m·r . 4π r 3

Berechnung von H außerhalb der Kugel wie beim elektrostatischen Dipolfeld:

∇ a · b = b · ∇ a + a · ∇ b + b × rot a + a × rot b , 1 r! ∇ m· 3 = 4π r 1 1 = ∇ m·∇ = 4π r 1 1 1 = m·∇ ∇ =0 = rot ∇ 4π r r

⇒ H = −∇ ϕm = −

490


r 1 m·∇ 3 = 4π r 1 d r =− m 3 = 4π dz r 1 1 3 z = − m 3 ez − r 4 · . 4π r r r

=−

Damit gilt: H=

1 4π

3r(m · r) m − 3 r5 r

für r > R

Typisches Dipolfeld! Im Innern der Kugel gilt: M = χm H

isotropes, lineares Medium ,

⇒ H= 3.

M0

χM

ez

für r < R .

Oberflächenstromdichte: Zylindersymmetrie: |j| = α(ϑ)δ(r − R) keine ϕ-Abhängigkeit . Plausibel: j ∼ eϕ . Kontrolle: Für das magnetische Moment der Kugel muss m ∼ ez gelten:

1 d3 r r × j(r) = m= 2 1 = 2

∞

dr · r δ(r − R)

+1

3

0

−1

+1

1 2

= R3

d cos ϑ α(ϑ)

−1

= πR

d cos ϑ α(ϑ)

0

+1 3

2π

2π

dϕ er × eϕ =

0

dϕ

−eϑ =

− cos ϑ cos ϕ, − cos ϑ sin ϕ, sin ϑ

d cos ϑ α(ϑ) sin ϑ · (0, 0, 1) ∼

−1

∼ ez

q.e.d. ⇒ j(r) = α(ϑ)δ(r − R)eϕ .


491

Wir bestimmen α(ϑ) aus den Randbedingungen der Felder an der Kugeloberfläche

Abb. A.35.

divB = 0 ⇒ mit „Gauß’schem Kästchen“ (s. (3.80)) folgt für die Normalkomponenten: B2n − B1n = 0 Hier: Br (R + 0+ ) − Br (R − 0+ ) = 0 . Tangentialkomponenten: n = er ;

t = eϕ ⇒ t × n = eϑ ,

Δl1 = −Δl2 = Δl(n × t) = RΔϑ −eϑ . Element der „Stokes’schen Fläche“: df = r dr dϑeϕ ⇒

df · j = α(ϑ)Δϑ

ΔF

R+0 +

r dr · δ(r − R) =

R−0+

= α(ϑ)RΔϑ . Andererseits:

ΔF

df · j =

dr · H =

∂ΔF

= H(R + 0+ ) · Δl2 + H(R − 0+ ) · Δl1 =

= RΔϑ Hϑ (R + 0+ ) − Hϑ (R − 0+) , ⇒ Hϑ (R + 0+ ) − Hϑ (R − 0+ ) = α(ϑ) .

492


Feldkomponenten aus Teil 1.: r > R:

ϕm (r) = ⇒ Hϑ = −

m cos ϑ 4π r2

m sin ϑ 1 ∂ . ϕm = r ∂ϑ 4π r 3

r < R: H = H 0 ez ;

H0 =

M0

χm

ez · eϑ = − sin ϑ ⇒ Hϑ =

M0

(− sin ϑ) .

χm

Somit: Hϑ (R + 0+ ) − Hϑ (R − 0+ ) =

m sin ϑ M0 + sin ϑ 4π R3 χm

sin ϑ M0 + sin ϑ R3 χm 1 1 = M0 sin ϑ + , 3 χm 1 3

= R3 M0

⇒ α(ϑ) =

3.4.3

3 + χm M0 sin ϑ . 3χm

Lösung zu Aufgabe 3.4.3 1. Maxwell-Gleichungen der Magnetostatik:

rot H = j ;

div B = 0 .

In Gebieten G, in denen j = 0 ist, gilt: rot H = 0 , sodass sich wegen rot grad ϕm = 0 H = − grad ϕm 2.

setzen lässt. Gleichungen (3.33) und (3.85): A(r) =

μr μ0 4π

d3 r

j(r ) , |r − r |


493

j(r ) = j(r ) ez (Zylinderkoordinaten!). Daraus folgt: A(r) = Az (r, ϕ, z) ez . Symmetrie:

⇒ rot A = er

=−

1 ∂Az ∂Aϕ − r ∂ϕ ∂z

Az (r, ϕ, z) = Az (r) ∂Ar ∂Az 1 ∂Ar 1 ∂ = − (r Aϕ ) − + eϕ + ez ∂z ∂r r ∂r r ∂ϕ

∂Az e = μr μ0 H ∂r ϕ

⇒ H = H(r) eϕ .

r Draht

Abb. A.36.

Fr : Kreisfläche ⊥ Draht, Radius r. Daraus folgt: H · dr = H(r) 2πr . I = j · df = rot H · df = Fr

∂Fr

Fr

Daraus folgt das Magnetfeld bei fehlender Platte: I

H(r) = Zylinderkoordinaten:

∇≡

2π r

∂ 1 ∂ ∂ , , ∂r r ∂ϕ ∂z

H = −∇ ϕm = −eϕ ⇒

eϕ . ,

1 ∂ I ϕm =! eϕ r ∂ϕ 2π r

I ∂ (r = 0) ϕm = − ∂ϕ 2π

⇒ ϕm = −

I ϕ + const . 2π

Fläche senkrecht zum Draht: tan ϕ =

y x−a

494


y

P

ϕ x

a

Abb. A.37.

⇒ ϕ = arctan

y x−a

I y arctan , 2π x−a wobei die Konstante gleich Null gesetzt wurde. Randwertproblem für Anordnung mit Platte a) Δϕm = 0 für r = 0. b) Stetigkeitsbedingungen für die Felder: ∂ϕm ∂ϕm = , Ht stetig ⇐⇒ ∂y x=0− ∂y x=0+ (1) ∂ϕm (2) ∂ϕm Bn stetig ⇐⇒ μr = μr . ∂x x=0− ∂x x=0+ ⇒ ϕm = −

3.

4.

Bildströme Bereich 2: (2) ϕm =−

I y y I1 arctan arctan − . 2π x − a 2π x+a

Bereich 1: (1) ϕm =−

I2 y arctan . 2π x−a

Magnetische Feldstärke Bereich 2: Hx(2) = −

=+ =

y I1 y 1 1 I + − =

y 2 −

2π 1 + (x − a)2 2π 1 + y 2 (x + a)2 x−a x+a

1 1 I I1 (−y) + (−y) , 2π (x − a)2 + y2 2π (x + a)2 + y2

Hy(2) = −

=

∂ (2) ϕ = ∂x m

I1 ∂ (2) I 1 1 1 1 + ϕ = =

y 2 (x − a) ∂y m 2π 1 + x−a 2π 1 + y 2 (x + a) x+a

1 1 I I1 (x − a) + (x + a) , 2 2 2π (x − a) + y 2π (x + a)2 + y2


Hz(2) = −

495

∂ (2) ϕ =0, ∂z m

also: H (2) =

1 I I1 1 (−y, x − a, 0) + (−y, x + a, 0) . 2π (x − a)2 + y2 2π (x + a)2 + y2

Bereich 1: Ganz analog: H (1) =

1 I2 (−y, x − a, 0) , 2π (x − a)2 + y2

(1) ; B(1) = μ(1) r μ0 H

5.

(2) B(2) = μ(2) . r μ0 H

I1 , I2 aus den Randbedingungen für die Felder: Ht stetig ⇐⇒ Hy(1) (x = 0) = Hy(2) (x = 0) ⇐⇒

−a I a I1 −a I2 = + a2 + y 2 a2 + y 2 a2 + y 2

⇐⇒ I2 = I − I1 , (1) (2) (2) Bn stetig ⇐⇒ μ(1) r Hx (x = 0) = μr Hx (x = 0)

−yI2 −yI −yI1 = μ(2) + μ(2) r r 2 2 2 2 +y a +y a + y2

⇐⇒ μ(1) r

a2

(2) ⇐⇒ μ(1) r I2 = μr (I + I1 ) ,

also: I1 =

μ(1) r I2 − I μ(2) r

⇒ I2 = 2I − ⇒ I2 = 6.

2μ(2) r

I; (2)

μ(1) r + μr

Nach (3.24) gilt: F=

μ(1) r I2 μ(2) r I1 =

(2) μ(1) r − μr I. (2) μ(1) r + μr

j(r) × B(r) d3 r .

Daraus folgen die Kraftdichte f =j×B

496


und die Kraft pro Länge: F =I×B. L Feld von I1 am Ort des Drahtes (ohne Platte!): Hx(2) (I1 ) =

Hy(2) (I1 ) =

1 −y I1 2π (x + a)2 + y2

−→

Draht (x=a,y=0)

0,

1 (x + a)I1 I1 1 −→ , 2π (x + a)2 + y2 Draht 2π 2a Hz(2) (I1 ) ≡ 0

⇒ B(I1 ) (x = a, y = 0) = μ0 μ(2) r

I1 ey , 4π a

I = I ez I2

F =− L 4π a

⇒

3.4.4

(2) μ0 μ(2) μ(1) r r − μr (2) μ(1) r + μr

Lösung zu Aufgabe 3.4.4 a) Stromdichte R

z

r'

r − r'

j0

ϕ x

y r P Abb. A.38.

Zylinderkoordinaten: ρ, ϕ, z. j(r) = j0 (ρ) ez , j0 (ρ) =

I Θ(R − ρ) . π R2

! ex .


497

b) Vektorpotenzial Allgemeine Lösung:

μ0 4π

A(r) =

d3 r

j(r ) |r − r |

⇒ A(r) ∼ ez ⇒ Aρ = Aϕ = 0 . Az = Az (ρ, ϕ, z) Zylindersymmetrie ⇒ Az = Az (ρ, z) , unendlich lang ⇒ Az = Az (ρ) . c) Poisson-Gleichung Nach (3.37):

Δ A = −μ0 j ,

∂2 1 ∂2 ∂ + 2 Δ= ρ + . ρ ∂ρ ∂ρ ρ ∂ϕ2 ∂z2 1 ∂

Daher ist zu lösen:

1 ∂

ρ

ρ ∂ρ Außen (ρ > R):

∂ A (ρ) = −μ0 j0 (ρ) . ∂ρ z

∂ ρ A (ρ ) = 0 ρ ∂ρ ∂ρ z 1 ∂

⇐⇒ ρ ⇐⇒

∂ A (ρ ) = c ∂ρ z

∂ c A (ρ) = ∂ρ z ρ

⇒ Az (ρ) = c ln ρ + A(0) z . Innen (ρ < R):

∂ I ∂ ρ Az (ρ) = −μ0 2 ρ ∂ρ ∂ρ πR ⇐⇒ ρ

I ∂ A (ρ) = −μ0 ρ 2 + c1 ∂ρ z 2 π R2

498


c ∂ I Az (ρ) = −μ0 ρ+ 1 2 ∂ρ 2π R ρ

⇐⇒

⇐⇒ Az (ρ) = −μ0

I ρ2 + c1 ln ρ + c2 . 4 π R2

O. B. d. A.: c2 = 0, Regularität im Ursprung: c1 = 0 ⇒ Az (ρ) = −μ0

I ρ2 , 4 π R2

Stetigkeit bei ρ = R: c ln R + A(0) z = −μ0

I 4π

⇒ A(r) = Az (ρ) ez , ⎧ ⎪ ⎨−μ0

I ρ2 , falls ρ ≤ R , 2 4 π R Az (ρ) = ⎪ ⎩c ln ρ − μ I , falls ρ ≥ R . 0 R 4π d) Magnetisches Feld (μr = 1) 1 ∂ ∂ ∂ ∂ μ0 H = rot A = A − A A e + A − e + ρ ∂ϕ z ∂z ϕ ρ ∂z ρ ∂ρ z ϕ 1 ∂ 1 ∂ + (ρ Aϕ ) − Aρ ez

ρ ∂ρ

H=−

ρ ∂ϕ

1 ∂ A (ρ)e = Hϕ (ρ) eϕ , μ0 ∂ρ z ϕ ⎧ ⎪ ⎨

I ρ , falls ρ ≤ R , 2 π R2 Hϕ (ρ) = ⎪ ⎩− c , falls ρ ≥ R . μρ 0

Stetigkeit bei ρ = R: −

c

μ0

=

I 2π

⇒ H = Hϕ (ρ) eϕ , ⎧ ρ ⎪ ⎪ , falls ρ ≤ R , I ⎨ R2 Hϕ (ρ) = ⎪1 2π ⎪ ⎩ , falls ρ ≥ R .

ρ


499

e) Probe durch Stokes’schen Satz Kρ : Kreis mit Radius ρ ⊥ ez : Hϕ (ρ) 2π ρ ( dr ↑) H · dr

Kρ

df · rot H =

FKρ

df · j(r) =

FKρ

ρ I = 2π 2 dρ ρ Θ(R − ρ ) = πR 0 ⎧ 2 ⎪ ⎪R 2I ⎨ 2 , falls ρ ≥ R , = 2 2 R ⎪ ⎪ ⎩ ρ , falls ρ ≤ R . 2 Daraus folgt:

⎧ I ⎪ ⎪ ⎨ 2π Hϕ (ρ) = ⎪ ⎪ ⎩ I 2π

1

ρ ρ

,

R2

falls ρ ≥ R , , falls ρ ≤ R q.e.d.

Abschnitt 4.1.6 Lösung zu Aufgabe 4.1.1 Allgemein: & : Lorentz-Kraft auf Ladung q:

&

4.1.1

F =q E+v×B . : r = r − R ;

R = v0 t .

Hieraus folgt: v = v − v 0 :

Teilchengeschwindigkeit in

&

Lorentz-Kraft: F = q(E + v × B ) = q[E + (v − v0 ) × B ] .

& & , : Inertialsysteme ⇐⇒ F = F . Hieraus folgt:

E + v × B = E + (v − v0 ) × B .

.

500


Speziell: & : Teilchen in Ruhe, d. h. v = 0 ⇒ E = E + v 0 × B . Nach Voraussetzung: v0 ↑↑ E ⇐⇒ v0 = α E ⇒ E = E + α E × B . Hieraus folgt für die Komponente von E in Richtung von E: E · E E 2 = =E. E E 4.1.2

Lösung zu Aufgabe 4.1.2 1. Allgemein gilt:

˙ t) , E(r, t) = −∇ ϕ(r, t) − A(r, B(r, t) = rot A(r, t) . Man benutze

∂ ∂ ... = ... , ∂t ∂t

∇. . . = ∇ . . . , rot . . . = rot . . . , und erhält dann:

∂

t) = 0 , E(r, t) = −∇ ϕ(r, t) − A(r, ∂t =0

=0

t) = 0 . B(r, t) = rot A(r, =0

2.

∂2 sin(k · r − ωt) = −kx2 sin(k · r − ωt) . ∂x2 Analog die anderen Komponenten:

Δ sin(k · r − ωt) = −k2 sin(k · r − ωt) , ∂2 sin(k · r − ωt) = −ω2 sin(k · r − ωt) ∂t 2 ω2 ⇒ E(r, t) = k2 − 2 E0 sin(k · r − ωt) ≡ 0 , c


501

ω2 2 k B(r, t) ≡ 0 B(r, t) = − c2 ⇒ ω = ±c|k| . Keine Ladungen:

y div E ≡ 0 = − cos(k · r − ωt) E0x kx + E0 ky + E0z kz ⇒ E0 · k = 0 ;

E0 ⊥ k .

Analog: div B ≡ 0 ⇒ B0 · k = 0 ;

B0 ⊥ k .

Ferner:

˙ rot E = −B z

y ⇐⇒ − cos(k · r − ωt) ex ky E0 − kz E0 + ey kz E0x − kx E0z +

y + ez kx E0 − ky E0x = −ω B0 cos(k · r − ωt) ⇐⇒ k × E0 = ω B0 ; 3.

B0 ⊥ E 0 .

= Poynting-Vektor: Energiestromdichte 7 S(r, t) = E(r, t) × H(r, t) ⇒ S=

1

μ0

E×B=

1

μ0

E0 × B0 sin2 (k · r − ωt) ,

E0 × B0 = ω E0 × (k × E0 ) = ω k E02 − ω E0 (E 0 · k) = ω E02 k ⇒ S= ⇒ S = S, S⊥ = 0 ; 4.

ω 2 sin (k · r − ωt)E02 k μ0

Energiefluss nur in k-Richtung.

Feldenergiedichte: w(r, t) =

1 (E(r, t) · D(r, t) + H(r, t) · B(r, t)) . 2

Hier: 1 2 1 B (r, t) = w(r, t) = ε0 E2 (r, t) + 2 2μ0 1 2 1 2 2 = sin (k · r − ωt) ε0 E0 + B0 , 2 μ0 1 1 B20 = 2 k2 E02 = 2 E02 = μ0 ε0 E02 ω c 1 2 2 ⇒ w(r, t) = ε0 E02 sin2 (k · r − ωt) = B0 sin (k · r − ωt) .

μ0

502

4.1.3


Lösung zu Aufgabe 4.1.3 Wellengleichungen des elektromagnetischen Feldes im Vakuum:

˙ rot H = j + D ⇒ rot B = μ0 j + μ0 ε0 E˙ = μ0 j +

1 E˙ c2

dann: rot rot B = grad divB − B = −B =

= μ0 rot j +

∂ ∂2 rot E = − 2 B ∂t ∂t

Δ−

⇒

1 rot E˙ , c2

1 ∂2 c2 ∂t 2

B = B = −μ0 rot j = λ2 (r, t) .

Auf dieselbe Weise bearbeitet man:

˙ = −μ0 H ˙ rot E = −B ⇒ rot rot E = grad divE − E

= −μ0 rot H˙ , ˙ = rot H

∂ rot H = ˙j + ε0Ë , ∂t

divE = ⇒ ⇒

4.1.4

Δ−

1

ε0

1 ∂2 c2 ∂t 2

∇ ρ + μ0

1

ε0

divD =

1

ε0

ρ

∂ ∂2 j = E − μ0 ε0 2 E ∂t ∂t

E = E =

1

ε0

∇ ρ + μ0

∂ j = λ1 (r, t) . ∂t

Lösung zu Aufgabe 4.1.4 1. Nach (2.211) gilt:

σ = D(a) · ez − D(i) · ez , D(a) = 0 ,


503

Gauß’sches Kästchen z d 2 −

+Q

E

d 2

−Q

R Abb. A.39.

D(i) = (0, 0, −D) Q d ⇒ D = ±σ ± = 2. 2 πR Elektrisches Feld: E = E(z)ez ;

E(z) =

−D −1 Q = . ε0 εr (z) ε0 εr (z) π R2

Spannung: +d|2 E(z) dz = U=− −d|2

= =

Q ε0 π R2

+d|2 −d|2

dz

= ε1 + (1|2)Δε 1 + 2z|d

z ! +d|2 Q d 1 1 + 2 ln ε + Δε = 1 ε0 π R2 Δε 2 d −d|2 Q

d

ε0 π R2 Δε

ln

ε1 + Δε . ε1

Kapazität: C=

ε0 π R2 d

Δε

.

ln 1 + Δε|ε1

Dichte der im Dielektrikum gebundenen Ladungen: Polarisation: 1 D. P = D − ε0 E = 1 − εr (z) Polarisationsladungsdichte (2.189):

ρp = − div P .

504


Daraus folgt die Flächendichte der gebundenen Ladungen: 1 d d Q σp ± = ∓P ± = ∓ 2 1 − 2 2 πR εr ±d|2 ortsabhängig d 1 Q , ⇒ σp + =− 2 1− 2 πR ε1 + Δε Q d 1 σp − = + 2 1 − . 2 πR ε1

σp kompensiert teilweise die tatsächliche Oberflächenladung auf den Platten, sodass das Feld zwischen den Platten durch das Dielektrikum geschwächt wird. Volumendichte: 1 Q d 1 D =− ρp = div(−P) = − div 1 − εr (z) π R2 dz εr (z) ⇒ ρp = 0 ,

ρp = 2.

falls εr = εr (z) ,

Q Δε . π R2 d ε1 + (1|2)Δε 1 + 2z|d2

Gleichung (4.53): ! d (Feld) p(mech) + p = ei V dt V i= 1 3

1

d3 r V

3 ∂ T , ∂xj ij j=1

1 1 2 B B − δ ε ε E2 + B Tij = εr ε0 Ei Ej + μr μ0 i j 2 ij r 0 μr μ0 In dieser Aufgabe ist innerhalb des Kondensators B≡0; Daraus folgt:

E ≡ (0, 0, E(z)) .

⎞ ⎛ −1 0 0 ⎟ ⎜ 1 T = εr (z)ε0 E2 (z) ⎜ 0 −1 0⎟ ⎠= ⎝ 2 0 0 1 ⎞ ⎛ −1 0 0 2 ⎟ ⎜ 1 Q ⎜ 0 −1 0⎟ = ⎠ ⎝ 2 πR 2εr (z)ε0 0 0 1

.


505

Kraftdichte: f (total) =

fz(total)

3 i= 1

ei

3 3 ∂ ∂ Tij = ei Tiz , ∂ xj ∂ z i=1 j=1

nur von z abhängig ∂ f (total) = 0, 0, Tzz , ∂z ∂ 1 Q 2 Δε = Tzz = − 2 .

2 ∂z 2ε0 π R d ε1 + (1|2)Δε 1 + 2z|d

Kraft auf Kondensatorplatten: df '

S(V )

df

Abb. A.40.

Kraftkomponenten: df · T i = df · Tij ej = df Tij nj . Fi = S(V)

S(V)

j

S(V)

j

Tij = 0 nur innerhalb des Kondensators: n = (0, 0, −1) obere Platte , n = (0, 0, +1) untere Platte . Kraft auf obere Platte: 1 d d Q2 . Fz + = −π R2 Tzz + = − 2 2 2 π R 2ε0 (ε1 + Δε) Kraft auf untere Platte: d d Q 1 Fz − = +π R2 Tzz − = 2 . 2 2 π R 2ε0 ε1 Wegen der Ortsabhängigkeit der Dielektrizitätskonstanten εr = εr (z) sind die Kräfte auf die beiden Kondensatorplatten unterschiedlich!

506


Abschnitt 4.2.7 4.2.1

Lösung zu Aufgabe 4.2.1 1. Stromdichte (Zylinderkoordinaten)

j(r) = j(ρ) ez , j(ρ) = ji δ(ρ − Ri ) + ja δ(ρ − Ra ) , KR : Kreis mit Radius R senkrecht zur z-Achse. Ri < R < Ra : I = j(r) · df = 2π dρ ρ ji δ(ρ − Ri ) = 2π Ri ji KR

KR

⇒ ji = Ra < R: 0=

I . 2π Ri

j(r) · df = 2π(Ri ji + Ra ja ) = I + 2π Ra ja

KR

⇒ ja = − ⇒ j(r) =

I 2π Ra

I 2πρ

δ(ρ − Ri ) − δ(ρ − Ra ) ez .

Quasistationäre Näherung: rot B ≈ μr μ0 j ⇐⇒

C

B · dr ≈ μr μ0

j · df . Fc

Aus Symmetriegründen:

Kρ

B = B(ρ) eϕ , ⎧ ⎪ ⎪ 0, falls ρ < Ri , ⎪ ⎨

B · dr = B(ρ)2π ρ =

μr μ0 I , falls Ri < ρ < Ra , ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0, falls Ra < ρ ,

⎧ I ⎪ ⎨μr μ0 , falls Ri < ρ < Ra , 2π ρ ⇒ B(ρ) = ⎪ ⎩0 sonst .


507

df = dρ dzeϕ

C I (t )

lC

Abb. A.41.

2.

Magnetischer Fluss Tritt nur zwischen Innen- und Außenleiter auf. Dort ist

Φc =

B · df =

Fc

= lc μr μ0

Ra

dρ

Ri

I dz B(ρ) = lc μr μ0 2π

Ra Ri

dρ

1

ρ

=

I Ra ln . 2 π Ri

Hieraus folgt: Der den Raum Ri < ρ < Ra durchsetzende magnetische Fluss pro Längeneinheit beträgt:

Φ=

Φc lc

= μr μ0

ln(Ra |Ri ) I. 2π

Hieraus folgt: Selbstinduktion pro Längeneinheit des Hohlrohrsystems: L = μr μ0

ln(Ra |Ri ) . 2π

Lösung zu Aufgabe 4.2.2 1. Magnetfeld des Drahtes Quasistationäre Näherung:

4.2.2

rot H ≈ j . Zylinderkoordianten (ρ, ϕ, z). Symmetrie ⇒ Ansatz: H 1 = H(ρ) e(1) ϕ .

508


z

I1 Abb. A.42.

Kρ : Kreis in der Ebene senkrecht zum Draht mit Radius ρ: rot H · df = H · dr = 2π ρ H(ρ) ≈ j · df = I1 Kρ

∂Kρ

Kρ

⇒ H1 =

I1

e(1) . 2π ρ ϕ

Fluss durch Leiterschleife Flächenelement: df 2 = − dx dy ez . Dort ist offenbar e(1) ϕ = ez ; ρ = y. Daraus folgt der magnetische Fluss:

Φ21 =

I1 B1 df 2 = −μ0 2π

a dx 0

⇒ L21 2.

d+b d

dy I = −μ0 1 a ln y 2π

b 1+ = L21 I1 d

a b . = −μ0 ln 1 + 2π d

Magnetische Wechselwirkungsenergie L12 = L21 ⇒ Wm = L21 I1 I2 . Änderung des Abstandes d bei I1 , I2 = const: dWm = I1 I2 dL21 = −μ0

a −b|d2 μ0 a b dd = I1 I2 dd , I1 I2 2π 1 + b| d 2π d(d + b)

dWmech = − dWm = −Fy dd ⇒ Fy = I1 I2

μ0 a b

2π d(d + b)

.


509

Lösung zu Aufgabe 4.2.3 1. Einschaltvorgang Zu lösende Differenzialgleichung:

4.2.3

L ˙I (t) + R(t)I(t) = U . Diese lautet für 0 ≤ t ≤ τ: L ˙I (t) + R0 τ

I(t) =U . t

Naheliegender Ansatz: I(t) = α t . Dies führt zu: L α + R0 τ α = U ⇒ α =

U . L + R0 τ

Es gilt also: I(t) =

U t L + R0 τ

0≤t≤τ.

Für t ≥ τ ist R(t) ≡ R0 . Dann ist zu lösen: L ˙I (t) + R0 I(t) = U U =0 ⇒ L ˙I (t) + R0 I(t) − R0 U d U + R0 I(t) − ⇒ L =0. I(t) − dt R0 R0 Lösung: I(t) −

R0 U U exp − (t − τ) . = I(τ) − R0 R0 L

Stetigkeit von I(t): Uτ U τ = , L + R0 τ R0 L|R0 + τ U τ U −L|R0 U = −1 = I(τ) − R0 R0 L|R0 + τ R0 L | R0 + τ I(τ) =

510


⇒ I(t) =

2.

U L|R0 R0 1− exp − (t − τ) R0 L|R0 + τ L

τ≤t.

Der Endwert U |R0 wird exponentiell erreicht. Zeitkonstante des Einschaltvorganges: L|R0 ⇒ schnelles Einschalten: τ L|R0 ⇒ I(τ) ≈ U |R0 . Ausschaltvorgang L ˙I (t) + R(t)I(t) = U . Dies ist eine inhomogene Differenzialgleichung erster Ordnung! Für 0 ≤ t < τ definieren wir:

α=

R0 τ . L

Homogene Differenzialgleichung:

˙I (t) +

α

τ−t

⇒

I=0 ⇒

˙I α , =− I τ−t

d d ln I = ln(τ − t)α dt dt

⇒ Ihom (t) = c(τ − t)α . Spezielle Lösung: Ansatz: IS (t) = β(τ − t). Einsetzen: −β L + ⇒ β=

R0 τ β(τ − t) = U τ−t U L(α − 1)

⇒ IS (t) =

(α = 1)

U (τ − t) . L(α − 1)

Allgemeine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung: I(t) = c(τ − t)α +

U (τ − t) . L(α − 1)

Randbedingung: I(0) =

Uτ U = c τα + R0 L(α − 1)

⇒ c=

U τ1−α U −α τ − R0 L(α − 1)


511

t !α t! t !α U Uτ Uτ 1− 1− 1− − + = R0 τ L(α − 1) τ L(α − 1) τ τ t !α 1 Uτ α t! − = + 1− =U 1− τ R0 R0 τ − L αL α − 1 τ U α t! U t !α −1 = + 1− 1− . R0 τ α − 1 R0 α − 1 τ

⇒ I(t) =

Dies bedeutet:

α U α 1 − t |τ − 1 − t |τ . I(t) = R0 α−1

Spezialfälle: I(t = 0) =

U ; R0

I(t = τ) = 0 .

Lösung zu Aufgabe 4.2.4 1. t > t0 :

4.2.4

U0 = UC + UR ,

˙ = CU ˙C I= Q ˙C . ⇒ U0 = UC + RC U Allgemeine Lösung der homogenen Differenzialgleichung: 1 ˙C+ U UC = 0 RC ⇒ UC(hom) (t) = A e−t |RC . Spezielle Lösung: UC = U0

(nach der Einschwingphase) .

Allgemeine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung: UC (t) = U0 + A e−t |RC . Anfangsbedingungen: UC (t = t0 ) = 0 ⇒ A = −U0 e−t0 |RC . Lösung:

˙ C (t) = I(t) = C U

U0 −(t−t0 )|RC , e R

UR (t) = R I(t) = U0 e−(t−t0 )|RC .

512


2.

˙C , 0 = UC + RCU

t > t1 :

t = t1 : U0 = UC ⇒ UC (t) = A e−t |RC ;

U0 = A e−t1 |RC .

Lösung: UC (t) = U0 e−(t−t1 )|RC , I(t) = −

U0 −(t−t1 )|RC , e R

UR (t) = −U0 e−(t−t1 )|RC .

4.2.5

Lösung zu Aufgabe 4.2.5 1. n: Einheitsvektor senkrecht zur Drahtfläche:

df = df n ,

(n, B) = ϕ(t) = ω(t − t0 ) , Uind = −

Φ=

Ring

df · B =

∂ Φ, ∂t

df n · B = B cos[ω(t − t0 )]

Ring

df = B π R2 cos[ω(t − t0 )]

Ring

⇒ Uind = B π R2 ω sin[ω(t − t0 )] . 2. Uind =

E · dr =

Ring

Uind =

1

σ

Ring

1

σ

j · dr ,

j ↑↑ dr ,

Ring

j dr =

I σA

Ring

dr =

2π R I σA

1 ⇒ I(t) = σ B A R ω sin ω(t − t0 ) . 2 4.2.6

Lösung zu Aufgabe 4.2.6 1. Welcher Teil der rechteckigen Leiterschleife wird von der magnetischen Induktion überdeckt?


513

Abb. A.43.

0 ≤ vt < d: F(t) = a2 vt d ≤ vt < a1 : F(t) = a2 d a1 ≤ vt < a1 + d: F(t) = a2 (a1 + d − vt) ⇒ magnetischer Fluss durch die Leiterschleife: Φ(t) = B · df = B · df = F0

= B0 a2

F(t)

⎧ ⎪ ⎪ vt , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨d ,

falls 0 ≤ vt < d , falls d ≤ vt < a1 ,

⎪ ⎪ a1 + d − vt , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0,

falls a1 ≤ vt < a1 + d , sonst .

⇒ induzierte Spannung:

˙ = Uind = −Φ

= −B0 a2 v ·

⎧ ⎪ ⎪ +1 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨0 , ⎪ ⎪ −1 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0,

falls 0 ≤ vt < d , falls d ≤ vt < a1 , falls a1 ≤ vt < a1 + d , sonst .

514


2.

Abb. A.44.

Abb. A.45.

Endlicher Überlapp der Leiterschleife mit der homogenen magnetischen Induktion B = B0 ez für 0 < vt ≤ 2R . Vom Feld überdeckte Fläche ist die Differenz aus Kreissegment α = αR2 und Dreieck 1 = (R cos α)(2R sin α) = 2

= R2 cos α sin α ⇒ F(t) = R2 (α − cos α sin α) . Der Winkel α ist zeitabhängig: R − vt , R v ˙ (t) sin α(t) = . ⇒α R

α = α(t) ; cos α(t) =


515

Magnetischer Fluss:

Φ=

B · df = B0 F(t)

Induzierte Spannung:

˙ = −R2 (1 + sin2 α − cos2 α)α ˙ (t)B0 = Uind = −Φ

= −2R2 sin2 α · α˙ (t)B0 = v R

= −2R2 sin α · B0 √ sin α = 1 − cos2 α = ⇒ Uind

4

1 2 (R − 2Rvt + v2 t 2 ) R2 4 vt ! vt 2− . = −2B0 Rv R R 1−

3.

Abb. A.46.

Man mache sich klar, dass es sich um eine Kreisgleichung handelt: Uind 2B0 Rv vt y= R

x=

⇒ x2 = 2y − y2 = −(y − 1)2 + 1 ⇒ x2 + (y − 1)2 = 1 . Mittelpunkt bei (x, y) = (0, 1)

Lösung zu Aufgabe 4.2.7 1. quasistationäre Näherung

4.2.7

˙ ; rot E = −B div D = ρ ;

rot H = j div B = 0 .

516


Coulomb-Eichung (div A = 0) ⇒ ϕ(r, t) = −

1

1

ρ(r, t) = − ρ(r) ε0 ε0

A(r, t) = −μ0 j(r, t) , ⇒ ϕ(r, t) ≡ ϕ(r) =

q 4πε0 r

(r > R) .

Bzgl. Vektorpotenzial dasselbe Problem wie in Aufgabe 3.3.1, allerdings mit zeitabhängigem magnetischem Moment! m(t) = A(r, t) =

1 2 qR ω(t) 3

μ0 m(t) × r 4π r3

Elektrisches Feld E=

E0

+E1

vor der Abbremsung (γ=0)

E0 = − ! ϕ =

q r 4πε0 r3

˙ induziertes Zusatzfeld: E1 = −A

ω˙ (t) = −γω(t)

(t > 0)

μ0 1 2 ω˙ (t) × r · qR , 4π 3 r3 μ0 γ qR2 E1 (r, t) = (ω(t) × r) (t > 0) . 12πr3 ⇒ E1 = −

2.

ϑ = (ω, r) ⇒

! |E1 | ε0 μ0 2 = γ R |ω| − E< )|z=0 = 0 (n = ez ) , E> ≡ 0 ; Ansatz:

E ∼ ex ⇒ E = 0 bei z = 0 .

! E0 e−ikz e−iωt , E = ex E0 eikz + 7 ! 1 E0 e−ikz e−iωt , B = ey E0 eikz − 7 c E0 = −E0 . E = 0 bei z = 0 ⇒ 7

Dies ergibt stehende Wellen: E(r, t) = 2i E0 sin(kz) e−iωt ex , B(r, t) = 2

E0 cos(kz) e−iωt ey . c

Die Felder sind reell: Re E(r, t) = 2E0 sin(kz) sin(ωt) ex , Re B(r, t) = 2

E0 cos(kz) cos(ωt) ey . c

530

2.


Sie sind räumlich und zeitlich jeweils um π|2 phasenverschoben! siehe Abb. A.50 t =0

E=0 B t = τ /4

E B=0 Abb. A.50.

3.

Randbedingung: n × (H > − H < )|z=0 = jF ; H > ≡ 0 wegen σ = ∞. Hieraus folgt: jF = −

1

μ0

ez × B(z = 0) = −2E0 ⇒ jF = 2E0

4.

4

4

ε0 cos ωt (ez × ey ) μ0

ε0 cos ωt ex , μ0

Wechselstrom in x-Richtung! Energiedichte 1 w(r, t) = (Re H · Re B + Re E · Re D) = 2 1 1 = (Re B)2 + ε0 (Re E)2 = 2 μ0

= 2E02 ε0 (sin2 kz sin2 ωt + cos2 kz cos2 ωt) =

1 1 2 2 (1 − cos 2kz) sin ωt + (1 + cos 2kz) cos ωt = = 2 2 = ε0 E02 1 + cos 2kz(cos2 ωt − sin2 ωt) , 2E02 ε0

w(r, t) = ε0 E02 (1 + cos 2kz cos 2ωt) . Zeitgemittelt:

= w(r) ¯

1

τ

τ 0

dt w(r, t) = ε0 E02 .


531

Die Energiedichte hat eine örtliche Periode von Δz = π|k = λ|2 und oszilliert zeitlich mit 2ω um den Mittelwert ε0 E02 . Energiestromdichte: 4 ε0 sin kz cos kz sin ωt cos ωt ez S(r, t) = Re E(r, t) × Re H(r, t) = 4E02 ⇒ S(r, t) = E02

4

μ0

ε0 sin 2kz sin 2ωt . μ0

Zeitgemittelt: S¯ (r, t) ≡ 0 (stehende Welle) .

Lösung zu Aufgabe 4.3.9 1. Telegraphengleichung (4.218): 1 ∂2 ∂ Δ − 2 2 − μr μ0 σ E(r, t) = 0 . u ∂t ∂t

Ansatz: E(r, t) ∼ ei(k·r−ωt) ⇒ −k2 +

1 2 ω + i μr μ0 σ ω = 0 u2

⇒ k2 = 2.

ω2 u2

+ i μr μ0 σ ω .

Einzelnes Elektron: Masse m, Ladung −e Bewegungsgleichung: m v˙ = −e 7 E0 e−iωt ⇒ m v(t) =

e7 E 0 −iωt e + const . iω

Hieraus ergibt sich die Stromdichte zu: j = −e n0 v =

i e2 n0 E + const . mω

Ohm’sches Gesetz: j = 0 für E = 0 ⇒ const = 0 . j=i

e2 n0 e2 n0 E ⇒ σ=i . mω mω

4.3.9

532

3.


σ imaginär, da E komplex angesetzt wurde: ω2

k2 =

u2

−

μr μ0 e2 n0 m

k2 (ωp ) = 0 ⇐⇒ ω2p μr μ0 εr ε0 − !

,

μr μ0 e2 n0

=0

m

n0 e2 . εr ε0 m

⇒ ω2p =

k2 ≥ 0 für ω ≥ ωp , ω c . Kein Widerspruch zur Speziellen Relativitätstheorie, da mit der Phasengeschwindigkeit keine Information übertragen wird!

Lösung zu Aufgabe 4.5.2 Es ergibt sich als Stromdichte:

4.5.2

j(x, t) = I0 e iωt δ(x)ez . Wegen A(r, t) =

μ0 μr 4π

d3 r

j(r , tret ) |r − r |

muss gelten: A ∝ ez . Es gibt keine Ladungsdichte, deswegen: 1 ρ(r , tret ) d3 r ϕ(r, t) = =0. 4πε0 εr |r − r | Damit folgt für die elektrische Feldstärke:

˙ = −A ˙ −→ E ∝ ez . E = −∇ ϕ − A Aus Symmetriegründen kann E keine y- oder z-Abhängigkeit aufweisen. Das gilt dann auch für A: A(r, t) = A(x, t)ez . Die inhomogene Wellengleichung vereinfacht sich damit zu

∂2 A 1 ∂2 A − = −μ0 μr I0 e iωt δ(x) . ∂x2 u2 ∂t 2

544


Lösung für x = 0: ⎧ ⎨B e iω(t− ux ) A(x, t) = ⎩C iω(t+ ux ) e

für x > 0 :

(nach rechts laufende Welle) ,

für x < 0 :

(nach links laufende Welle) .

Symmetrie erfordert B = C. Zur Bestimmung der Konstanten B wird die inhomogene Wellengleichung von −0+ bis +0+ über x integriert:

∂A ∂A 1 ∂2 − − 2 2 ∂x +0+ ∂x −0+ u ∂t

+0+ A dx = −μ0 μr I0 e iωt . −0+

Das Integral auf der linken Seite verschwindet und die Gleichung vereinfacht sich zu −

iω iωt B e + C e iωt = −μ0 μr I0 e iωt . u

Es bleibt somit: B=C=

μ0 μr uI0 2iω

Damit ist das Vektorpotenzial bestimmt: ⎧ ⎨ e iω(t− ux ) μ0 μr A(r, t) = uI0 ez ⎩ e iω(t+ ux ) 2iω

für x > 0 , für x < 0 .

Wegen

˙ t) E(r, t) = −A(r, und B(r, t) = rot A(r, t) = ex

∂ ∂ ∂ A −e A = −ey Az ∂y z y ∂x z ∂x

folgt schlussendlich: Elektrische Feldstärke 1 iω E(r, t) = − μ0 μr uI0 e 2

t− |x| u

!

ez .

Magnetische Induktion ⎧ ⎨ e iω(t− ux ) 1 B(r, t) = μ0 μr I0 ey ⎩ iω(t+ ux ) 2 −e

für x > 0 , für x < 0 .


545

Lösung zu Aufgabe 4.5.2 1. Man starte mit den Maxwell-Gleichungen:

4.5.2

˙1 rot E1 = −B

(A.1)

˙1 rot H 1 = j1 + D

(A.2)

˙2 rot E2 = −B

(A.3)

˙2. rot H 2 = j2 + D

(A.4)

Mit (A.2) und (A.4) und der harmonischen Zeitabhängigkeit der Felder ergibt sich zunächst:

˙ 1 − E1 · rot H 2 + E1 · D ˙2= j1 · E2 − j2 · E1 = E2 · rot H 1 − E2 · D

= E2 · rot H 1 − E1 · rot H 2 + + iωε0 εr E2 · E1 − iωε0 εr E1 · E2 =

= E2 · rot H 1 − E1 · rot H 2

(A.5)

Aus (A.1) und (A.3) folgt:

˙ 1 − H 1 · rot E2 − H 1 · B ˙2 = 0 = H 2 · rot E1 + H 2 · B

= H 2 · rot E1 − H 1 · rot E2 − iωμr μ0 H 2 · H 1 + iωμ0 μr H 1 · H 2 = = H 2 · rot E1 − H 1 · rot E2 .

(A.6)

Wir addieren nun (A.5) und (A.6): j1 · E2 − j2 · E1 = E2 · rot H 1 − E1 · rot H 2 + H 2 · rot E1 − H 1 · rot E 2 Mit div(a × b) = b · rot a − a · rot b beweist dies die Behauptung: j1 · E2 − j2 · E1 = (E2 · rot H 1 − H 1 · rot E2 ) − − (E1 · rot H 2 − H 2 · rot E1 ) =

= div(H 1 × E2 ) − div(H 2 × E1 ) . 2.

Dipol-Näherung, Strahlungszone (d

Grundkurs Theoretische Physik 3: Elektrodynamik, 8. Auflage

Grundkurs Theoretische Physik 3-Elektrodynamik

Grundkurs Theoretische Physik 3. Elektrodynamik