Übung 1 - Elektrostatik im Vakuum - Durchutungsgesetz (3 Punkte)

Übungsblatt # 3 zur Vorlesung Klassische Theoretische Physik III

Lösungen zu den Übungen

Karlsruher Institut für Technologie Institut für Theoretische Festkörperphysik

Dr. Giuseppe Toscano (giuseppe.toscano@kit.edu) Prof. Dr. Carsten Rockstuhl (carsten.rockstuhl@kit.edu)

Übung 1 - Elektrostatik im Vakuum - Durchutungsgesetz (3 Punkte)

Feld einer Punktladung (aus VL) E(r) = 1

4πε0

q

|r|² r

|r|(y ist radialsymmetrisch). Zunächst Spezialfalla= 0:

Fluss durch Kreisäche = ˆ

(V)

E(r)·df = ˆ

(V)

E(r)·ndf (yE(r)⊥n)

= 0

Nun füra6= 0soll eine Kugel umqbetrachtet werden. Sinnvollerweise wird der Radius gemäÿR²=r²+a² gewählt. Die Kreisäche schneidet nun eine Kugelkappe aus der Kugel. Da a 6= 0 bendet sich die Punktladung also auÿerhalb des VolumensV der Kugelkappe, somit folgt nach dem Gauÿschen Gesetz

ˆ

(V)

E(r)·df = Q_V ε0

= 0

Das bedeutet, dass der Fluss durch die Kreisäche vom Fluss durch die Kugelkappe aufgehoben wird.

Somit kann der Fluss durch die Kreisäche auch als Fluss durch die Kugelkappe berechnet werden (was rein ieÿt muss auch wieder raus ieÿen):

Fluss durch Kreisäche = ˆ

(V)

E(r)·df = ˆ

(V)

E(r)·ndf (yKugelsymmetrie)

= ˆ

(V)

1 4πε0

q

R²e_r·e_rdf = ˆ

(Kugelsegment)

dϑdϕ 1 4πε0

q

R²R²sinϑ

= q

4πε0

ˆ 2∗π 0

ˆ θOf f nung¨

0

dϑdϕsinϑ= 2πq 4πε0

ˆ θOf f nung¨

0

dϑsinϑ

= − q 2ε0

cosϑ|^θ₀^{Of f nung¨} = q 2ε0

1−cosθOf f nung¨

↓ cosθOf f nung¨ = a

R = a

√a²+r²

= q

2ε0

1− a

√a²+r²

1

Übung 2 - Elektrostatik im Vakuum - Poisson-Gleichung (4 Punkte)

Poisson-Gleichung 4φ(r) = −ρ(r)

ε0

↓ Symmetrie: φ(r) =φ(r) y Kugelkoordinaten: 4=4r+4Ω= 1

r²∂r r²∂r

+4Ω

4φ(r) = 1

r²∂r r²∂rφ(r)

= e 4πε0

1 r²∂r

r²∂r

1 rexp

−2r a

+1

aexp

−2r a

= e

4πε₀ 1 r²∂r

−1·exp

−2r a

−2r a exp

−2r a

−2r² a² exp

−2r a

= − e 4πε0

1 r²∂_r

1 + 2r

a +2r² a²

exp

−2r a

= − e 4πε0

1 r²

2

a+4r a² −2

a−4r a² −4r²

a³

exp

−2r a

= e

a³πε0

exp

−2r a

Nun die Singularität vonφ(r)beir= 0mit dem Durchutungsgesetz Q_V =

ˆ

V

ρ(r)dV

y4φ(r) =−ρ(r) ε0

= −ε0

ˆ

V

4φ(r)dV ˆ

V

dV4φ(r) = ˆ

V

dV∇ ·(∇φ(r)) = ˆ

(V)

df·(∇φ(r)) (y∇f(r) =f⁰(r)er anwenden)

= ˆ

(V)

df·(∂_rφ(r)e_r) (y Kugelkoordinaten wegen Symmetrie)

= ˆ

(V)

dϑdϕr²sinϑer·er(∂rφ(r)) yr²∂rφ(r) von oben

= − e 4πε0

1 + 2r

a +2r² a²

exp

−2r a

ˆ 2π

0

ˆ π 0

dϑdϕsinϑ

= −e ε₀

1 +2r

a +2r² a²

exp

−2r a

QV = lim

r→0

ˆ

V

ρ(r)dV =−ε0lim

r→0

ˆ

V

4φ(r)dV = +e

FÃ×r die zugehörige Ladungsdichte also eineδ-Distribution beir= 0in Kugelkoordinaten ρ(r) = eδ(r)

4πr² Somit zusammen

ρ(r) = eδ(r) 4πr² − e

a³π

exp

−2r a

Hier sind ein diskreter und ein kontinuierlicher Term zu erkennen. Der diskrete Term entspricht dem ruhenden Atomkern des Wasserstoatoms und der kontinuierliche der Ladungsdichte des Elektrons im Grundzustand.

Übung 3 - Elektrostatik im Vakuum - Gauÿsches Gesetz (5 Punkte)

Im Folgenden soll die groÿe Kugel durch den Index g und die kleine durch k markiert werden. Durch das Superpositionsprinzip können sowohl Ladungsdichte als auch elektrisches Feld in Anteile der beiden Kugeln zerlegt werden:

ρ(r) = ρ_g(r) +ρ_k(r) ρg(r) = ρ0⇔r∈Kg, sonst 0 ρk(r) = −ρ0⇔r∈Kk, sonst 0

E(r) = E_g(r) +E_k(r)

2

Nun: Feld von g inA, wegen der Symmetrie Eg(r) =Eg(r)er, Gauÿsches Gesetz ˆ

(V)

E(r)·df = 1 ε0

ˆ

V

dV⁰ρ(r⁰) LHS =

ˆ

(V)

E(r)·df = ˆ

(V)

E_g(r)e_r·ndf=E_g(R) ˆ

(V)

df =E_g(R) 4πR²

RHS = 1

ε0

ˆ

V

dV⁰ρ(r⁰) = 1 ε0

ˆ

K_g

dV⁰ρ0= ρ0

ε0

ˆ

K_g

dV⁰= 4 3πR³ρ0

ε0

Eg(r)|A = Rρ0

3ε0

(er)|A

Feld von k inA, wegen der SymmetrieEk(r) =Ek(r)er, Gauÿsches Gesetz ˆ

(V)

E(r)·df = 1 ε0

ˆ

V

dV⁰ρ(r⁰)

LHS = ˆ

(V)

E(r)·df = ˆ

(V)

E_k(r)e_r·ndf=E_k

R

2

ˆ

(V)

df =E_k

R

2

4π

R

2 ²

RHS = 1

ε₀ ˆ

V

dV⁰ρ(r⁰) = 1 ε₀

ˆ

K_k

dV⁰(−ρ0) =−ρ0

ε₀ ˆ

K_k

dV⁰=−4 3π

R

2 ³ρ0

ε₀ Ek(r)|A = − Rρ0

3·2ε0

er=−Rρ0

6ε0

eryE(r)|A=Rρ0

6ε0

(er)|A

Nun: Feld in B, aus VL Eg(r) = 0 und wieder k isoliert betrachtet: A und B ununterscheidbar y E(r)|B=−^Rρ_6ε⁰

0 (e_r)|B =^Rρ_6ε⁰

0 (e_r)|A

Nun: Feld inC, g isoliert betrachtet: A undC ununterscheidbaryE_g(r)|_C = ^Rρ_3ε⁰

0 (e_r)|_C , wegen der SymmetrieE_k(r) =E_k(r)e_r, Gauÿsches Gesetz

ˆ

(V)

E(r)·df = 1 ε0

ˆ

V

dV⁰ρ(r⁰)

LHS = ˆ

(V)

E(r)·df = ˆ

(V)

Ek(r)er·ndf=Ek

3R

2

ˆ

(V)

df=Ek

3R

2

4π

3R

2 2

RHS = 1

ε0

ˆ

V

dV⁰ρ(r⁰) = 1 ε0

ˆ

K_k

dV⁰(−ρ0) =−ρ₀ ε0

ˆ

K_k

dV⁰=−4 3π

R

2 3

ρ₀ ε0

Ek(r)|C = − Rρ02²

3·3²·2³ε₀er=− Rρ0

3³·2ε₀er=−Rρ0

54ε₀er

E(r)|C = Rρ0

3ε0

(er)|C− Rρ0

54ε0

(er)|C= 17Rρ0

54ε0

(er)|C=−17Rρ0

54ε0

(er)|A

Nun: Feld in D, aus VL Ek(r) = 0 und Feld von g in D, wegen der Symmetrie Eg(r) = Eg(r)er, Gauÿsches Gesetz

ˆ

(V)

E(r)·df = 1 ε0

ˆ

V

dV⁰ρ(r⁰)

LHS = ˆ

(V)

E(r)·df = ˆ

(V)

Eg(r)er·ndf =Eg

R

2

ˆ

(V)

df =Eg

R

2

4π

R

2 2

RHS = 1

ε0

ˆ

V

dV⁰ρ(r⁰) = 1 ε0

ˆ

K_g,r≤^R₂

dV⁰ρ0=ρ₀ ε0

ˆ

K_g,r≤^R₂

dV⁰= 4 3π

R

2 3

ρ₀ ε0

Eg(r)|D = Rρ0

3·2ε₀er= Rρ0

6ε₀ (er)|D=Rρ0

6ε₀ (er)|A

3