Übungsblatt # 5 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 - Elektrischer Quadrupolmomenttensor (5 Punkte)
Axiale Symmetrie um die z-Achse→Kugelkoordinaten, Ansatz für Ladungsdichte ρ(r) =ρ(r, ϑ) & ∂ϕρ(r) = 0
Das Quadrupolmoment kann allgemein als symmetrisch und spurfrei angenommen werden.
Dij = ˆ
V
dV0ρ(r0) 3x0ix0j−r02δij Dxy = Dyx=
ˆ
V
dV0ρ(r0) (3x0y0) = ˆ 2π
0
ˆ π 0
ˆ ∞ 0
drdϑdϕr2sinϑρ(r, ϑ) 3r2sin2ϑsinϕcosϕ
↓ ˆ 2π
0
dϕsinϕcosϕ= ˆ 2π
0
dϕ
∂ϕ
1 2sin2ϕ
= 1 2sin2ϕ
2π
0
= 0
= 0 Dxz = Dzx=
ˆ
V
dV0ρ(r0) (3x0z0) = ˆ 2π
0
ˆ π 0
ˆ ∞ 0
drdϑdϕr2sinϑρ(r, ϑ) 3r2sinϑcosϑcosϕ
↓ ˆ 2π
0
dϕcosϕ= 0
= 0 Dyz = Dzy =
ˆ
V
dV0ρ(r0) (3y0z0) = ˆ 2π
0
ˆ π 0
ˆ ∞ 0
drdϑdϕr2sinϑρ(r, ϑ) 3r2sinϑcosϑsinϕ
↓ ˆ 2π
0
dϕsinϕ= 0
= 0
1
somit istDij diagonal. Außerdem Dxx =
ˆ
V
dV0ρ(r0) 3x02−r02
= ˆ
V
dV0ρ(r0) 2x02−y02−z02 Dyy =
ˆ
V
dV0ρ(r0) 3y02−r02
= ˆ
V
dV0ρ(r0) 2y02−x02−z02 Dxx−Dyy =
ˆ
V
dV0ρ(r0) 2x02−y02−z02−2y02+x02+z02
= ˆ
V
dV0ρ(r0) 3x02−3y02
= 3 ˆ 2π
0
ˆ π 0
ˆ ∞ 0
drdϑdϕr2sinϑρ(r, ϑ) r2sin2ϑcos2ϕ−r2sin2ϑsin2ϕ
↓ cos2ϕ−sin2ϕ= cos 2ϕy ˆ 2π
0
dϕcos 2ϕ= 1 2sin 2ϕ
2π
0
= 0
= 0yDxx=Dyy
Dzz = −(Dxx+Dyy)y seiDzz=D0,Dxx=Dyy =−1 2D0
nur noch eine Unabhängige. Wie schon in der VL:
φQuadrupol (r) = 1 4πε0
1 2
Dijxixj
r5 = 1 4πε0
1 2
X
ij
Dijxixj
r5 (ydiagonal)
= 1
4πε0 1 2
3
X
i=1
Diix2i r5 = 1
4πε0 1 2
Dxxx2+Dyyy2+Dzzz2
r5 (yD0)
= 1
4πε0 1 2
−12D0x2−12D0y2+D0z2
r5 = 1
8πε0 D0
r5
z2−1 2x2−1
2y2
= 1
8πε0 D0
r5
r2cos2ϑ−1
2r2sin2ϑcos2ϕ−1
2r2sin2ϑsin2ϕ
= 1
8πε0
D0
r5
r2cos2ϑ−1
2r2sin2ϑ
= 1
8πε0
D0
r3
cos2ϑ−1 2sin2ϑ
= − 1
8πε0 D0
2r3 1−3 cos2ϑ
=− D0
16πε0
1−3 cos2ϑ r3 und daraus das Feld
EQuadrupol (r) = −∇φQuadrupol (r)
y∇=er∂r+eϑ
1
r∂ϑ+eϕ
1 rsinϑ∂ϕ
= −
er∂r+eϑ
1
r∂ϑ+eϕ
1
rsinϑ∂ϕ − D0 16πε0
1−3 cos2ϑ r3
= D0
16πε0
er∂r
1−3 cos2ϑ r3
+eϑ
1 r∂ϑ
1−3 cos2ϑ r3
= D0 16πε0
er
−31−3 cos2ϑ r4
+eϑ 3
r4∂ϑ −cos2ϑ
= D0
16πε0
er
−31−3 cos2ϑ r4
+eϑ
3
r4(2 cosϑsinϑ)
= D0 16πε0
er
−31−3 cos2ϑ r4
+eϑ 3
r4sin 2ϑ
= − 3D0
16πε0r4
1−3 cos2ϑ
er−sin 2ϑeϑ
Übung 2 - Feldenergie im Kugelkondensator (3 Punkte)
Ladungsdichte
ρ(r) = Q1
4πR12δ(r−R1) + Q2
4πR22δ(r−R2) Kugelsymmetrische Ladungsverteilung⇒
E(r) =E(r)er →
˛
∂Vr
E·df = 4πr2E(r) = 1 ε0
ˆ
V
drρ(r)
2
Feld im Kondensator
E(r) = er
4πε0r2
0, r < R1 Q1, R1≤r < R2
Q1+Q2 R2≤r Energiedichte:
w(r) = ε0
2|E2|= 1 32π2ε0r4
0, r < R1 Q21, R1≤r < R2
(Q1+Q2)2 R2≤r
(1)
Gesamtenergie
W = ˆ
d3rW(r) = 1 8πε0
"
Q21 ˆ R2
R1
dr
r2 + (Q1+Q2)2 ˆ ∞
R2
dr r2
#
= 1
8πε0
Q21
1 R1
− 1 R2
+ (Q1+Q2)2 1 R2
(a) FallQ1=Q, Q2=−Q:
E(r) = 1 4πε0r2
0, r < R1
Q, R1≤r < R2 0 R2≤r
w= 1 32π2ε0r4
0, r < R1 Q2, R1≤r < R2
0 R2≤r W = Q2
8πε0
R2−R1
R2R1
(b) FallQ1=Q, Q2=−Q/2:
E(r) = 1 4πε0r2
0, r < R1 Q, R1≤r < R2 Q
2 R2≤r
w= 1 32π2ε0r4
0, r < R1
Q2, R1≤r < R2
Q2
4 R2≤r W = Q2
8πε0
R2−R1 R2R1
+ 1 4R2
(c) FallQ1=−Q/2,Q2=Q:
E(r) = 1 4πε0r2
0, r < R1
−Q
2 , R1≤r < R2
+Q
2 R2≤r
w= 1 32π2ε0r4
0, r < R1 Q2
4 , R1≤r < R2 Q2
4 R2≤r W = Q2
8πε0
R2−R1
4R2R1 + 1 4R2
Berechnung des Drucks auf die “Kondensatorplatten”:
p1= dF1
dA = Q1
4πR21E(r=R1) = Q21 16π2ε0R41er
3
p2= dF2
dA = Q2
4πR22E(r=R2) =− |Q1Q2| 16π2ε0R42er
(a) FallQ1=Q, Q2=−Q:
p1,2= Q2 16π2ε0R41,2 (b) FallQ1=Q, Q2=−Q/2:
p1= Q2
16π2ε0R41; p2= Q2 32π2ε0R42 (c) FallQ1=−Q/2,Q2=Q:
p1= Q2
64π2ε0R41; p2= Q2 32π2ε0R42
Übung 3 - Potentielle Energie und elektrische Kraft (4 Punkte)
Der Indexq bezeichne im folgenden die Großen, die zur Punktladung gehören, der Index d diejenigen zum Punktdipol. Das Potential der Punktladung am Ortrq und das eines Punktdipoles am Ortrd sind
φq(r) = 1 4πε0
q
|r−rq|, φd(r) = 1 4πε0
d·(r−rd)
|r−rd|3 . Die jeweils erzeugten elektrischen Felder sind
Eq(r) =−∇φq(r) = q 4πε0
r−rq
|r−rq|3
Ed(r) =−∇φd(r) = 3d·(r−rd)(r−rd)−(r−rd)2d
|r−rq|5
Die potentielle Energie der Punktladungqim Felde des Dipoles dist gegeben durch Wq(r) =qφd(r)
die potentielle Energie des Dipoles im Feld der Punktladung ist Wd(r) =−d·Eq(r) =d· ∇φq(r) Die potentielle Energie der Anordnung ist daher
W =Wq(rq) = q 4πε0
d·(rd−rq)
|rd−rq|3 =Wd(rd)
Die Kräfte folgen dirch Gradientenbildung aus der potentiellen Energie. Die Kraft auf die Punktladung (am Ortr) ist
Fq(r) =−∇Wq(r) =−q∇φd(r) =qEd(r)
= q
4πε0
3d·(r−rd)(r−rd)−(r−rd)2d
|r−rd|5
Die Kraft auf den Dipol (am Ortr) ist
Fd(r) =−∇Wd(r)
= q
4πε0
3d·(r−rq)(r−rq)−(r−rq)2d
|r−rq|5
Wie wegens drittem Newtonschen Axiom zu erwarten ist der Betrag der Kräfte gleich und nur das Vorzeichen der Richtung ändert sich. Um die Formeln zu vereinfachen, kann man sich den jeweiligen anderen Partner (Punktladung oder Dipol) in den Ursprung setzen.
4
