L¨osungen zur 2. ¨ Ubungsklausur Theorie C WS 2013/14
Prof. Matthias Steinhauser, Luminita Mihaila, Tobias Kasprzik L¨osungen vorgestellt von Tobias Kasprzik
Anmerkung: Einzelne Aufgaben werden weiter ausgef¨uhrt als verlangt.
Aufgabe 1
a) Fµν =∂µAν −∂νAµ, Aµ→A0µ=Aµ+∂µΛ F0µν =∂µ(Aν +∂νΛ)−∂ν(Aµ+∂µΛ) =∂µAν −∂νAµ
| {z }
Fµν
+∂µ∂νΛ−∂ν∂µΛ
| {z }
=0
b) ∂µFµν =µojν, εµνρσ∂µFρσ= 0 (Jacobi-Identit¨at)
c) µojν =∂µFµν
=∂µ(∂µAν −∂νAµ) =∂µ∂µAν −∂ν(∂µAµ)
| {z }
=0
(Lorenz-Eichung)
d) InK: F˜µνFµν =−4
cB~ ·E~ = 0
d.h. in K0 gilt: B~0·E~0= 0 ⇒B~0 ⊥E~0 (falls beide Felder nicht verschwinden)
e) ∂µjµ=∂t%+∇ ·~ ~= 0
"
jµ= c %
~
, ∂µ=
1 c
∂
∂t
∇~
!#
⇒ ∂
∂t Z
d3r %(~r, t)
| {z }
≡Q
=− Z
d3r ~∇~(~r, t)Gauß= − Z
~(~r, t)·dS~ = 0
⇒ dQ dt = 0
f) E(~~ r, t) =E~o
ei(kr−ωt)
r , verwende 4ψ(r) = 1
r2 ∂r r2∂rψ(r) 4E~ =E~04 ei(kr−ωt)
r
!
= Eoe−iωt r2
∂
∂r
−e+ikr+ ikreikr
=−k2E(~~ r, t) 1
c2
∂2
∂t2 E(~~ r, t) =−ω2
c2 E(~~ r, t) ⇒ 1
c2
∂2
∂t2 − 4
E(~~ r, t) = 0 mit ω=k c
Aufgabe 2
a)
%(~r) =%ocosθ, %(~r) = 0 f¨urr > R
%(~r) = r4π
3 %oY10(θ, φ) Θ(R−r)
qlm = r4π
3 %o R
Z
0
dr r2+l Z
dΩY10(θ, φ)Ylm∗ (θ, φ)
| {z }
δl1δm0
= r4π
3 %o ZR
0
dr r3δl1δm0
= rπ
12 %oR4δl1δm0
⇒q10= r π
12 %oR4, alle anderen qlm = 0
b) Sei allgemein %(~r) = 0 f¨urr < R, sei hier r < R ϕ(~r) = 1
εo
"
Z
r0<r
d3r0+ Z
r0>r
d3r0
| {z }
=0
# X
l
X
m
%(~r0) 2l+ 1
r<l
rl+1> Ylm∗ (θ0, φ0)Ylm(θ, φ)
= 1 εo
X
l
X
m
1 2l+ 1
Z
r0<r
d3r0%(~r0)r0lYlm∗ (θ0, φ0)
| {z }
qlm f¨urr→∞
Ylm(θ, φ) rl+1
= 1 εo
X
l
X
m
1
2l+ 1qlmYlm(θ, φ) rl+1
Hier: ϕ(~r) = 1 3εo
q10
Y10 r2 = 1
4πεo
%oπ R4 3
rcosθ r3 Identifiziere mit Dipolpotential ϕD= 1
4πεo
~ p·~r
r3 .
⇒ Entspricht dem Potential eines Dipols mit ~p= %oπ R4 3 ~ez. c) Q=
Z
d3r %(~r) = 0 (wegen Z 1
−1
dcosθ cosθ= 0)
~ p=%o
Z R 0
dr r3
| {z }
1 4R4
Z 2π 0
dφ Z 1
−1
dcosθ cosθ
sinθcosφ sinθsinφ
cosθ
| {z }
4π 3 ~ez
= %oπ R4 3 ~ez
(Durch die φ-Integration von 0 bis 2π uber sin bzw. cos sind die¨ x- und y-Komponente null. Dies wird auch in Aufgabe 4 mehrmals angewandt.) Alle weiteren Multipole verschwinden.
Aufgabe 3
a)
A(~~ r, t) =f(x−ct)~ez, ϕ(~r, t) = 0 i)
f =f(k(x, t)), ∂f
∂k =f0 E(~~ r, t) =−∂ ~A
∂t =c f0(x−ct)~ez
B(~~ r, t) =∇ ×~ A~=−∂xAz~ey =−f0(x−ct)~ey
ii)
∂µAµ= 0, ∇~A~ = 0, Aµ→A0µ=Aµ+∂µΛ Soll: ∂µA0µ= 0, ∇~A~0 6= 0
⇒ ∂µ∂µΛ = 0, 4Λ6= 0
W¨ahle z.B.: Λ(~r, t) = Λosin(x−ct) ⇒A~0=A~−Λocos(x−ct)~ez ϕ0=−c·Λocos(x−ct)
Beachte: A~ →A~0 =A~−∇Λ~
0 ∂µ=
1 c
∂
∂t
~
!
, Aµ=
ϕ c
~
!
b)
E(~~ r, t) =c g(y−ct)~ex, B(~~ r, t) =−g(y−ct)~ez
i) ∇~B~ =∇~E~ = 0
∇ ×~ B~ =~ex∂yBz =−g0(y−ct)~ex = 1 c2
∂
∂tE~
∇ ×~ E~ =−~ez∂yEx=−c g0(y−ct)~ez =−∂ ~B
∂t ii)
S~ = (E~ ×B)~ µo = c
µog2(y−ct)~ey h
~
ez×~ex=~eyi
Aufgabe 4
a) %= q
4πR2, ~=% ~v, ~v=~ω×~r
→~= q
4πR2δ(r−R) (~ω×~r) b)
~
m= q 8π R2
Z
d3r δ(r−R) r
~er× ~ω×(ρ~eρ+z~ez)
"
~
ez×~eρ=~eφ, ρ=rsinθ
#
= q
8π R2 Z
d3r δ(r−R) r
~
er×(rsinθ ω~eφ)
"
~
er×~eφ=−~ey
#
= q ω R2 8π
Z
dΩ sinθ(−~ey)
"
~ ey = 1
r
∂~r
∂θ
#
= q ω R2 8π
1
Z
−1
dcosθ
2π
Z
0
dφsinθ
−cosθcosφ
−cosθsinφ sinθ
= q ω R2 4 ~ez
Z 1
−1
dcosθ(1−cos2θ)
| {z }
=43
= q R2 3 ~ω
c) Mit Hinweis (i) ist
~r−~r0 =p
r2+r02−2rr0cosθ0 A(~~ r) = q µo
16π2R2
~ ω×
Z
d3r0δ(r0−R) ~r0
√
r2+r02−2rr0cosθ0
= q µoR 16π2
~ω×
1
Z
−1
dcosθ0
2π
Z
0
dφ0 1
√
r2+R2−2rRcosθ0
sinθ0cosφ0 sinθ0sinφ0
cosθ0
= q µoR
8π (~ω×~ez0)
1
Z
−1
dx x
√
r2+R2−2rRx
| {z }
=
2r
3R2 , r < R
2R
3r2, r > R
h
~
ez0 =~er =~r r i
⇒A(~~ r) = ( µ
oq
12π R(~ω×~r), r < R
µoq R2
12π r3 (~ω×~r), r > R d)
B~ =∇ ×~ A~
∇ ×~ (~ω×~r) =ω(∇~~r)
| {z }
=3
−(~ω·∇)~ ~r
| {z }
ωi ∂i~r
|{z}
~ei
= 3~ω−~ω= 2~ω
⇒B~r<R= µoq
6π R~ω= µo
2π
~ m R3 e)
B~r<R= µo
2π
~ m
R3, B~r>R= µo
4π
(3~er(~erm)~ −m)~ r3
i) Normalkomponente: (~n=~er)
~ er·
B~r<R−B~r>R
r=R= µo
2π R2(~erm~ −~erm) = 0~ ii) Tangentialkomponente:
~ er×
B~r<R−B~r>R
r=R= µo
4π R3 2(~er×m) + (~~ er×m)~
= 3µo
4π R3 (~er×m)~
| {z }
6=0 (⇒unstetig)
=−µo q
4π R2(~ω×R)~
| {z }
Fl¨achenstrom~κ
