Übungsblatt # 4 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 - Elektrostatisches Potential (4 Punkte)
∇2=−ρ
ε0 → φ(r) = 1 4πε0
ˆ
d3r0 ρ(r0)
|r−r0|
φ(r) = 1 4πε0
ˆ ∞ 0
dr0 ˆ π
0
dθ0 ˆ 2π
0
dϕ0r02sin(θ0)L r0
1−e−αr0
Θ (R−r0) 1
|r−r0|
= 2π 4πε0
ˆ R 0
dr0Lr0
1−e−αr0ˆ 1
−1
d(cosθ0) 1
√r2+r02−2rr0cosθ0
= 2π 4πε0
ˆ R 0
dr0Lr0
1−e−αr0 1 rr0
q
(r+r0)2− q
(r−r0)2
= L ε0
ˆ R 0
dr0
1−e−αr0 (r0
r, fürr > r0 1, fürr < r0.
Die Unterscheidung der beiden Fälle ist nur fürs Potential innerhalb der Ladungsverteilung (r < R) notwendig. Dort bekommt man also
φi(r) = L ε0
"ˆ r 0
dr0r0 r
1−e−αr0 +
ˆ R r
dr0
1−e−αr0
#
= L ε0
−r 2 + 1
α2r e−αr−1
+R+ 1 αe−αR
Fürs Potential außerhalb(r > R)ergibt sich
φa(r) = ˆ R
0
dr0r0 r
1−e−αr0
= L ε0
1 r
R2 2 + 1
α2 e−αR−1 +R
αe−αR
Da die gesamte eckige Klammer konstant ist, erkennt man sofort das richtige Verhalten, nämlich Abfall wie1/r entsprechend einer Punktladung. Wie man außerdem leicht prufen kann gilt φ(0) =Konstante, φ(∞) = 0, φi(R) =φa(R).
Das elektrische Feld ergibt sich aus dem Potential durch negative Gradientenbildung. Nur die radiale Komponente ist ungleich Null:
Eri =−∂
∂rφi(r) = L ε0
1 2+ 1
α2r2 e−αr−1 + 1
αre−αr
1
Era =−∂
∂rφa(r) = L ε0
1 r2
R2 2 + 1
α2 e−αR−1 +R
αe−αR Man kann wieder prüfen, dass giltEr(0) = 0,Er(∞) = 0,Eri(R) =Era(R).
Übung 2 - Elektrisches Dipolmoment (4 Punkte)
Ladungsdichte aus Skript:
ρD(r) =−p·gradrδ(r) Einsetzen in Poissonsches Integral:
φD(r) = 1 4πε0
ˆ
V
dV0 ρD(r)
|r−r0| =− 1 4πε0
ˆ
V
dV0p· ∇r0δ(r)
|r−r0| Nebenrechnung:
∇r0·
pδ(r0)
|r−r0|
= 1
|r−r0|p· ∇r0δ(r0) +δ(r0)∇r0
p
|r−r0| Oben einsetzen liefert:
φD(r) =− 1 4πε0
ˆ
V
dV0∇r0·
pδ(r0)
|r−r0|
| {z }
Gauss verwenden
− ˆ
V
dV0δ(r0)∇r0
p
|r−r0|
φD(r) =− 1 4πε0
ˆ
∂V
pδ(r0)
|r−r0|
·dF0
| {z }
=0
− ˆ
V
dV0δ(r0)∇r0
p
|r−r0|
=...
...= 1 4πε0
ˆ
V
dV0δ(r0)∇r0
p
|r−r0|
man nutze ∇r0
p
|r−r0|
=−∇r
p
|r−r0| und erhält:
φD(r) =− 1
4πε0p· ∇r
ˆ
V
dV0 δ(r0)
|r−r0| =− 1
4πε0p· ∇r
1 r
Übung 3 - Elektrischer Quadrupolmomenttensor (3 Punkte)
Ladungsdichte:
ρ(r) =qδ(x)δ(z) [δ(y−d) +δ(y+d)] +qδ(x)δ(y) [δ(z−d) +δ(z+d)]−
−qδ(y)δ(z) [δ(x+d) +δ(x+d/2) +δ(x−d) +δ(x−2d)]
Dipolmoment
p= ˆ
d3rρ(r)·r=−qd3 2ex. Quadrupoltensor
Qij= ˆ
d3rρ(r) 3xixj−r2δij
, Qij= 0 ∀i6=j.
Qxx= ˆ
d3rρ(r) 2x2−y2−z2
=−33 2 qd2. Qyy =
ˆ
d3rρ(r) 2y2−x2−z2
= 33
4 qd2=−1 2Qxx, Qzz =
ˆ
d3rρ(r) 2z2−x2−y2
= 33
4 qd2=Qyy. Daraus folgt:
Qzz=Qyy =−1 2Qxx. Spurfreiheit! Axialsymmetrie!
2
