Übungsblatt # 13 zur Vorlesung Klassische Theoretische Physik III
Lösungen zu den Übungen
Karlsruher Institut für Technologie Institut für Theoretische Festkörperphysik
Karim Mnasri (karim.mnasri@kit.edu)
Prof. Dr. Carsten Rockstuhl (carsten.rockstuhl@kit.edu)
Übung 1 - Elektrodynamische Potentiale und Eichtransformationen (1+1+2+1
= 5 Punkte)
(a) Aus der Vorlesung sind die Zusammenhänge zwischen den Potentialen und den elektrischen und magnetischen Feldern hinlänglich bekannt:
E(r, t) = −∇φ(r, t)−∂tA(r, t) = −∇∂tζ(r, t)−∂t(−∇ζ(r, t)) = 0 B(r, t) = ∇ ×A(r, t) = ∇ ×(−∇ζ(r, t)) = 0
(b) Wie in der Vorlesung gezeigt wurde, erfordert die Invarianz der elektrischen und magnetischen Felder eine Eichung in der Form:
A0(r, t) = A(r, t) +∇f(r, t) φ0(r, t) = φ(r, t)−∂tf(r, t). Somit lässt sich die Eichung für verschwindende Potentiale ermitteln:
0 = A0(r, t) = −∇ζ(r, t) +∇f(r, t) ⇔ ζ(r, t) =f(r, t) 0 = φ0(r, t) = ∂tζ(r, t)−∂tf(r, t) ⇔ ζ(r, t) =f(r, t).
(c) Ohne spezifische Eichtransformation wurden die (gekoppelten) Potentialgleichungen in der Vorle- sung eingeführt. Ladungs- und Stromdichte können nun mit den gegebenen Potentialen ermittelt werden.
−µ0jmakr (r, t) = ∆−c−2∂t2
A(r, t)− ∇
∇ ·A(r, t) +c−2∂tφ(r, t)
= c−2∂t2− ∇2
(∇ζ(r, t)) +∇
∇ ·(∇ζ(r, t))−c−2∂t(∂tζ(r, t))
= ∇ c−2∂t2−∆
ζ(r, t) +∇ ∆−c−2∂t2
ζ(r, t) = 0 ⇒ jmakr (r, t) = 0 und
−ε−10 ρext (r, t) = ∆φ(r, t) +∂t(∇ ·A(r, t)) = ∆ (∂tζ(r, t))−∂t(∇ ·(∇ζ(r, t)))
= ∂t(∆ζ(r, t))−∂t(∆ζ(r, t)) = 0 ⇒ ρext (r, t) = 0
(d) Die Bedingung der Lorenzeichung wurde in der Vorlesung eingeführt und einsetzen ergibt:
0 = ∇ ·A(r, t) +c−2∂tφ(r, t) = −∇ ·(∇ζ(r, t)) +c−2∂t(∂tζ(r, t))
= ∆−c−2∂t2
ζ(r, t) = ζ(r, t).
1
Übung 2 - Drehimpulsbilanz (3 Punkte)
Nützliche Vorbetrachtungen:
In der Lorentzkraftdichtef(r, t) =ρ(r, t)E(r, t) +j(r, t)×B(r, t) kann mit Hilfe der Maxwellgleichungen die Ladungs- und Stromdichte ausgedrückt werden durch
ρE = E∇ ·D (1)
j×B = −B×(∇ ×H−D) =˙ −B×(∇ ×H) + ∂
∂t(B×D)−B˙ ×D
= −∂
∂t(D×B)−B×(∇ ×H)−D×(∇ ×E) (2)
Mit (1) und (2) wird die Kraftgleichung zu f =−∂
∂t(D×B)−[D×(∇ ×E)−E∇ ·D+B×(∇ ×H)− H∇ ·B
| {z }
nützliche 0
] Weiterhin ist
D×(∇ ×E)−E∇ ·D = 0[E×(∇ ×E)−E∇ ·E]
= 0[1
2∇(E·E)−E· ∇E−E∇ ·E]
= 0[1
2∇(E·E)− ∇ ·(EE)]
B×(∇ ×H)−H∇ ·B = µ0[H×(∇ ×H)−H∇ ·H]
= µ0[1
2∇(H·H)− ∇ ·(HH)]
sodaß letztendlich f =−∂
∂t(D×B)− 0[1
2∇(E·E)− ∇ ·(EE)] +µ0[1
2∇(H·H)− ∇ ·(HH)]
(3) Der volle Spannungstensor istT=0EE+µ0HH−w1l Daraus folgt mit (3)
S˙
c2− ∇ ·T=−f Zur Aufgabe:
Drehimpulsdichte ist über die Impulsdichte definiert als
`(r, t) =r×p(r, t) =r×S(r, t) c2 Die Drehimpulsstromdichte ist
Λ=T×r ⇔ Λij =jklTikrl, wobeiijk der Levi-Civita-Tensor ist. Damit wird mit ∂tS=c2(∇ ·T−f)
∂t`=c−2r×∂tS=r×(−f+∇ ·T)
Wegen der Gleichheit vonr× ∇ ·T|j=jlkTik,irlund−∇ ·Λ|j =−(jklTikrl),i=jlkTik,irl ergibt sich dannr×(∇ ·T) =−∇ ·Λund somit
`˙+∇ ·Λ=−r×f für die differentielle Drehimpulsbilanz.
Die integrale Form ist
dL dt +
ˆ
∂V
da·Λ=− ˆ
V
d3rr×f, wobei hier den Satz von Gauß genutzt wurde undΛ=´
V `d3rist.
Unter Berücksichtigung des mechanischen Teils dLmech
dt =X
α
rα×Fα= ˆ
V
d3rr×f so ergibt sich für den Gesamtdrehimpuls
d
dt(L+Lmech) =− ˆ
∂V
da·Λ
d.h. der Drehimpulsstrom durch die Oberfläche verursacht die Änderung des Gesamtdrehimpulses im Volumen.
2
Übung 3 - Stromführender Draht und Poyntingvektor (3+2 = 5 Punkte)
(a) Zylinderkoordinaten bieten sich für die Betrachtung an. Nun fließt der StromIentlang des Drahts parallel zu ez und das elektrische Feld hat dementsprechend die Form E(r) = E0ez 6=f(t). Als nächstes soll das erweiterte Durchflutungsgesetz betrachtet werden:
jmakr (r, t) = ∇ ×H(r, t)−∂tD(r, t).
Wegen der angelegten Gleichspannung handelt es sich um ein statisches Problem mit D(r) = ε0ε(r)E(r) aber vorallem mit∂tE(r) = 0⇒∂tD(r) = 0 und somit
jmakr (r) = ∇ ×H(r)
ˆ
F
df mitF ≡Drahtende ˆ
F
df·jmakr (r) = ˆ
F
df ·(∇ ×H(r))
Stokes:
ˆ
F
df ·(∇ ×Λ) = ˆ
(F)
dr·Λ ˆ
F
df·jmakr (r) = ˆ
(F)
dr·H(r)
DrahtendeF:UF = 2πbundAF =πb2 Bemerkungen : −daI=const.kann angenommen werden:jmakr =j0ez
−mit ’rechter-Hand-Regel’Hkeφ, wegen SymmetrieH(r)6=f(φ)
−schließlich wegenU =const. folgtH(r)6=f(z) j0πr2 = 2πrH ⇒ H(r) = j0r
2 eφ S(r) = E(r)×H(r) = E0j0r
2 ez×eφ = −E0
j0r 2 eρ
Bemerkung : −als Stromdichtej0= I
πb2und somit:S(r) =−E0
Ir 2πb2eρ
(b) Nun beträgt der Poyntingvektor an der Oberfläche S(b) =−E0
I 2πbeρ und pro Längeneinheit
S(b)·2πb=−E0I.
Ohmsche Verluste werden über ´
V dVj(r, t)·E(r, t) bestimmt. Den Zusammenhang liefert der Poyntingsche Satz
∂tW(t) + ˆ
(V)
S(r, t)·df =− ˆ
V
dVj(r, t)·E(r, t). Da statische Bedingungen herrschen, ist∂tW(t) = 0 und somit
ˆ
(V)
S(r, t)·df =− ˆ
V
dVj(r, t)·E(r, t) =−E0I
3
