Heiko Dumlich, Max Homann
28. Mai 2006
15 Flächenladung
Wirbetrachten eineKugel desRadius
a
,mit derFlächenladung:σ (a, θ, ϕ) = σ 0 sin 2 θ cos 2ϕ
(1)auf der Oberäche der Kugel, wobei
σ 0 eineKonstante darstellt. Wirbestimmendas
PotentialinnerhalbundausserhalbderKugel.FürdasPotentialgiltmitdemallgemeinen
Ansatz:
φ (r, θ, ϕ) =
∞
X
l=0 l
X
m= − l
h
A lm r l + B lm r − (l+1) i
· Y lm (θ, ϕ)
Es gilt
∆φ = 0
, da nur die Oberäche derKugel geladen ist und im restlichen Raumkeine Ladung existiert. Wir unterscheiden die zwei Fälle des inneren Potentials
φ i und
desäuÿeren Potentials
φ amit den Ansätzen:
φ i =
∞
X
l=0 l
X
m= − l
h
A lm r l + B lm r − (l+1) i
· Y lm (θ, ϕ)
φ a =
∞
X
l=0 l
X
m= − l
h
C lm r l + D lm r − (l+1) i
· Y lm (θ, ϕ)
DerInnenraummussungeladensein,dadieLadungnachaussenstrebt,d.h.aber,dass
im Ursprung das Potential nicht unendlich sein kann,da dort keine Ladung ist. Lassen
wir jedoch
r → 0
laufen, so wird derB lm r − (l+1) Term gegen ”∞”
streben, also muss
B lm = 0
sein. Für das äuÿere Potential folgt die Vereinfachung, dass C lm = 0
gelten
muss, da sonst imUnendlichen das Potential gegen
”∞”
streben würde.Somit erhaltenwirdiedurch dieRandbedingungen vereinfachten Ansätze:
φ i =
∞
X
l=0 l
X
m= − l
A lm r l · Y lm (θ, ϕ)
(2)φ a =
∞
X
l=0 l
X
m= − l
D lm r − (l+1) · Y lm (θ, ϕ)
(3)Nun gilt,da dasPotential stetigsein mussan derOberäche derKugel:
φ i (a, θ, ϕ) = φ a (a, θ, ϕ)
(4)An derKugeloberäche kommt eszumSprung der
~r − Komponente
desE ~ − F eldes
,somitgilt also:
∂φ i
∂r | a − − ∂φ a
∂r | a + = σ
0 (5)
Nun können wir nachdem wir
(2)
und(3)
partiell nachr
abgeleitet haben in(5)
einsetzen underhalten mit
(1)
:∞
X
l=0 l
X
m= − l
h
lA lm r l − 1 + (l + 1) D lm r − (l+2) i
· Y lm (θ, ϕ) = 1
0 σ 0 sin 2 θ cos 2ϕ
NunndenwirfürdenAusdruck
sin 2 θ cos 2ϕ = 2 q
2π
15 (Y 22 (θ, ϕ) + Y 2, − 2 (θ, ϕ)),wobei
Y 22 (θ, ϕ) = 1 4 q
15
2π sin 2 θe i2ϕ
,dies können wirnun einsetzen:P ∞
l=0
P l m= − l
lA lm a l − 1 + (l + 1) D lm a − (l+2)
· Y lm (θ, ϕ)
=
1 0 σ 0 2 q
2π
15 (Y 22 (θ, ϕ) + Y 2, − 2 (θ, ϕ))
NunkönnenwirbeideSeitenmit
Y l ∗ 0 ,m 0 (θ, ϕ)
multiplizierenundüberR 2π 0 dϕ R π
0 dθ sin θ
integrieren underhalten:
P ∞ l=0
P l m= − l
lA lm a l − 1 + (l + 1) D lm a − (l+2) R 2π
0 dϕ R π
0 dθ sin θY lm (θ, ϕ) Y l ∗ 0 ,m 0 (θ, ϕ)
=
1 0 σ 0 2
q 2π 15
R 2π
0 dϕ R π
0 dθ sin θ (Y 22 (θ, ϕ) + Y 2, − 2 (θ, ϕ)) Y l ∗ 0 ,m 0 (θ, ϕ)
Nun können wirdieOrthogonalitätsbedingung nutzen:
Z
dΩ Y lm ∗ (θ, ϕ) Y l 0 m 0 (θ, ϕ) = δ l,l 0 δ m,m 0
Somit folgt:
P ∞ l=0
P l m= − l
lA lm a l − 1 + (l + 1) D lm a − (l+2)
δ l,l 0 δ m,m 0
=
2σ 0
0
q 2π
15 δ 2,l 0 δ 2,m 0 + δ 2,l 0 δ − 2,m 0
(6)
Nun vergleichen wirdieKoezienten, mit
(4)
folgt:A lm = D lm a − (2l+1) (7)
bzw.
D lm = A lm a 2l+1 (8)
Einsetzen von
(7)
in(6)
liefert:P ∞ l=0
P l
m= − l D lm
la − (2l+1) a l − 1 + (l + 1) a − (l+2)
δ l,l 0 δ m,m 0
=
2σ 0
0
q 2π
15 δ 2,l 0 δ 2,m 0 + δ 2,l 0 δ − 2,m 0
(9)
Hierbeierhaltenwirnurein
D lm fürl = l 0 undm = m 0.Nungilt jedoch,dassD lm für
m = m 0.Nungilt jedoch,dassD lm für
alle
l 0 6= 2
eine0
liefert,somitmussalsol = l 0 = 2
gelten.Zudemerhaltenwireine0
füralleWerte
m = m 0 6= 2, −2
.Wirbetrachtenalso diezweiFälleD 2, − 2 undD 2,2,fürdiese
folgt mit
(9) :
D 2, − 2 = 2σ 0
0 r 2π
15 a 4
5
(10)D 2,2 = 2σ 0 0
r 2π 15
a 4
5
(11)Nun können wir
(10)
und(11)
in(3)
einsetzen underhalten:φ a = D 2,2 r − 3 · Y 2,2 (θ, ϕ) + D 2, − 2 r − 3 · Y 2, − 2 (θ, ϕ)
für dasäuÿere Potential. Nun können wirdiesnochexplizit angeben,somitfolgt:
φ a = σ 0 2 0
a 4
5 r − 3 sin 2 θe i2ϕ − σ 0 2 0
a 4
5 r − 3 sin 2 θe − i2ϕ
⇔ σ 0 0
a 4
5 r − 3 sin 2 θ
e i2ϕ − e − i2ϕ 2
Mit
cos 2ϕ =
e i2ϕ − e −i2ϕ 2
folgtnun:
φ a = σ 0 5 0
a 4
r 3 sin 2 θ cos 2ϕ
Betrachtenwirnundasinnere Potential,wobei wir
(8)
in(6)
einsetzen, um:P ∞ l=0
P l
m= − l A lm
la l − 1 + (l + 1) a 2l+1 a − (l+2)
δ l,l 0 δ m,m 0
=
2σ 0
0
q 2π
15 δ 2,l 0 δ 2,m 0 + δ 2,l 0 δ − 2,m 0
(12)
zwei Koezienten
A 2, − 2 und A 2,2 zu betrachten, da die anderen Koezienten alle ver-
schwinden.Für diese zweiKoezientenfolgt aus(12) :
(12) :
A 2, − 2 = 2σ 0 0
r 2π 15
1
5a
(13)A 2,2 = 2σ 0 0
r 2π 15
1
5a
(14)Nun führt
(13)
und(14)
in(2)
auf:φ i = A 2,2 r 2 · Y 2,2 (θ, ϕ) + A 2, − 2 r 2 · Y 2, − 2 (θ, ϕ)
Setzen wirdieexpliziten Ausdrückeein, sofolgt:
φ i = σ 0 2 0
1
5a r 2 sin 2 θe 2iϕ − σ 0 2 0
1
5a r 2 sin 2 θe − 2iϕ
dies können wirjedoch zu:
φ i = σ 0 5 0
r 2 a sin 2 θ
e 2iϕ − e − 2iϕ 2
umformen. Somit gilt also fürdasinnere Potential:
φ i = σ 0 5 0
r 2
a sin 2 θ cos 2ϕ
Für dasinnere undäuÿere Potential folgt mit derHerleitung von oben:
φ i (r, θ, ϕ) = σ 0 5 0
r 2
a sin 2 θ cos 2ϕ
φ a (r, θ, ϕ) = σ 0 5 0
a 4
r 3 sin 2 θ cos 2ϕ
Wobei fürdasinnere Potential
r < a
und für dasäuÿerePotentialr > a
gelten muss,wodurchwir auch keineUnendlichkeit erhalten.
16 Dielektrikum
Wirbetrachtenzwei konzentrische leitende Kugeln vomRadius
a
bzw.b
mitb > a
.Aufdiesen Kugeln bendet sich die Ladung
+Q
bzw.−Q.
Der Raumzwischen den Kugelnist zurHälftemit einem Dielektrikum derDielektrizitätskonstanten
gefüllt.Wirbestimmen daselektrische Feld
E ~ = −∇φ
zwischen denKugeln, alsofüra < r < b.
Wirbenutzen denallgemeinen Ansatz:
φ (r, θ, ϕ) =
∞
X
l=0 l
X
m= − l
h
A lm r l + B lm r − (l+1) i
· Y lm (θ, ϕ)
Daessich umeineazimutale Symmetriehandelt, vereinfacht sich dasProblemzu:
φ (r, θ) =
∞
X
l=0
h
A l r l + B l r − (l+1) i
· P l (cos θ)
Da das Potential auf der Oberäche der inneren und äuÿeren Kugelschale konstant
seinmuss, darf keine
θ
Abhängigkeit auftreten,dies istjedoch nur derFall fürl = 0
,dafür
l 6= 0
die Legendre-Polynome eineθ
-Abhängigkeit besitzen. Somit folgt also:φ (r) = A 0 + B 0 r
Für das
E ~ − F eld
folgt somit:E ~ = B 0 ~ x r 3
Wobei nun noch der Koezient
B 0 zu bestimmen ist. Nun gilt für die elektrische Verschiebung:
D ~ = (θ) E ~
mit:
(θ) =
( 0 mit − π ≤ θ < 0 mit 0 ≤ θ ≤ π
wobei
(θ)
dieWinkelabhängigkeitderKonstantenangibt, wobeiwirden Bereich mit undohne Dielektrikumsomitunterscheiden können.Somit gilt aberauch fürdieradialeKomponente:
D r = (θ) B 0 r 2
Zwischenden Kugelschalengilt nun aus
R d 3 x ∇ · E ~ = R
d 3 x ρ(~ (~ x) x) ⇔ R
d 3 x ∇ · (~ x) E ~ = Q :
Z
d 3 x ∇ · D ~ = Q ⇒ Z
dΩ r 2 D r = Q
Einsetzen von
D r liefert nun:
Z
dΩ B 0 (θ) = Q ⇔ 2πB 0
0 Z 0
− 1
d cos θ + Z 1
0
d cos θ
= Q
Somit folgt alsofür den Koezienten
B 0 : B 0 = Q
2π ( + 0 )
Nun können wirinunsere Gleichung für daselektrische Feld einsetzenund erhalten:
E ~ = Q 2π ( + 0 )
~ x r 3
Diesentspricht also:
E ~ = Q 2πr 2 ( + 0 ) r ˆ
(b)
Um die Verteilung der Oberächenladung auf der inneren Kugel zu bestimmen, unter-
scheiden wirdie Fällefür den Bereich mit dem Dielektrikumund den Bereich ohne das
Dielektrikum,wobeiallgemein gilt:
~ n ·
E ~ 2 − E ~ 1
= Q
(~ x) S + = σ (~ x)
Somit folgt,wennwirdieradialeKomponentebetrachtenundmit
(~ x)
multiplizieren:E r = D r = σ
Nun folgt alsomit
D r = (θ) 2πr 2 Q (+ 0 ),für dasDielektrikum:
σ = Q
2πr 2 ( + 0 ) , mit 0 ≤ θ ≤ π
und für dasVakuum:
σ 0 = Q 0
2πr 2 ( + 0 ) , mit − π ≤ θ < 0
Diessind dieOberächenladung auf derinneren Kugel.
17 Fläche
(a)
Wirbetrachtendievonder ebenen Kurve
C
umschlosseneFlächeS ~ C = S C ~n
,mit~ n
derFlächennormalen, für diese sollgezeigtwerden, dass:
S ~ C = − 1 2
I
C
d~l × ~ x
gilt. Hierzu benutzenwirden Stokesschen Satzmit geeignetem
A ~
,esgilt:I
C
d~l × ~ x = Z
S C
d~ S × ∇
× ~ x
ausdem allgemeinenStokesschen Satz:
Z
S C
d~ S ·
∇ × A ~
= I
C
d~l · A ~
Mitdiesem Ansatz folgtim Komponentenschreibweise:
Z
S C
d~ S × ∇
× ~ x = Z
S C
ijk dS i ∂ j (~e k × ~ x) = Z
S C
ijk dS i ∂ j klm x l ~e m
Nun können wirumstellenund
ijk klm = δ il δ jm − δ im δ jl verwenden underhalten:
Z
S C
ijk dS i ∂ j klm x l ~e m = Z
S C
(δ il δ jm − δ im δ jl ) dS i ∂ j x l ~e m
⇔ Z
S C
dS i ∂ j x i ~e j − dS i ∂ j x j ~e i
Der erste Term verschwindet für alle Fälle
i 6= j
, während für den zweiten TermP 3
j=1 ∂ j x j = 3,gilt,somit folgtalso:
Z
S C
δ ij dS i ~e j − 3 dS i ~e i = Z
S C
dS i ~e i − 3 dS i ~e i = −2 Z
S C
dS i ~e i
Somit folgt also,wenn wirdies inunserenAnsatz einsetzen:
I
C
d~l × ~ x = Z
S C
d~ S × ∇
× ~ x = −2 Z
S C
d~ S
nunkönnenwirnochmit
− 1 2 multiplizierenunddierechteSeiteintegrierenunderhal- ten:
S ~ C = − 1 2
I
C
d~l × ~ x
was zuzeigen war.
Wirbetrachteneine Ellipse mit den Halbachsen
a
undb
mita > b
. WirbestimmendieFläche derEllipsemit Zentrum imUrsprung, hierzu lösenwirdasLinienintegral:
I
(dy x − dx y)
wobei wir
x = a · cos ϕ
undy = b · sin ϕ
als Parametrisierung wählen. Somit folgtdx = −a · sin ϕ dϕ
unddy = b · cos ϕ dϕ,
wirsetzen einund erhalten:I
dϕ ab · cos 2 ϕ + ab · sin 2 ϕ
Wirkönnen
ab,
da esvonϕ
unabhängig ist ausdemIntegral ziehen undden trigono-metrischen Pythagorasauf dasIntegral anwenden underhalten:
ab I
dϕ
Nun gilt,wie in(a) gezeigt:
S ~ C
=
− 1 2
I
C
. . .
Also können wirauchschreiben, wobei
H = R 2π
0
:S C = ab 2
Z 2π
0
dϕ
Also folgtfür dieFläche derEllipse: