Übungsblatt # 8 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 - Steighöhe (2 Punkte)
(a) Das Dielektrikum teilt den Raum zwischen den Platten in zwei Bereiche I (mit) und II (ohne)εr. Die Platten liegen parallel zury-Achse und senkrecht zurz-Achse. Die Kraft ist bestimmbar durch
F=dW dy
U=const
,
wobeiW die Feldenergie ist. Diese gilt es zu bestimmen. Bekanntlich ist
W = 1 2
ˆ
d3rE·D= 1 2
EIDI byd
|{z}
VI
+EIIDIIb(h−y)d
| {z }
VII
wobei wegen∇ ×E= 0 die Tangentialkomponente desE−Feldes stetig ist und es giltEI =EII = E =Eez und demzufolge DI =DIez =ε0εrEez undDII =DIIez =ε0Eez. Da die Spannung konstant ist, giltE =U/d (die Polarisationsladungen werden durch zufließende Ladungen auf die Platten kompensiert, sodaß die “wahre” Ladungsdichte als Quelle desE−Feldes konstant bleibt).
Die Energie wird
W =1
2[ε0εrE2by+ε0E2(h−y)b]d= 1 2
U2
d ε0b[(εr−1)y+h]
und die Kraft
F=Fey= dW dy ey= 1
2 U2
d ε0b(εr−1)ey
was offensichtlich größer als Null ist, und deshalb würde als Dielektrikum in den Kondensator hineingezogen werden.
(b) Diesmal ist die (“freie”) Ladung auf den Platten konstant, da die Spannung abgeklemmt ist und sie nicht mehr abfließen kann. Die Kraft berechnet sich nach
F=−dW dy
ρ=const Es gilt∇ ·D=ρ(hier = Flächenladungσ), deshalb ist
Q=σ·Fläche =σIby+σIIb(h−y) =ε0bE[(εr−1)y+h]
Damit kann dasE−Feld jetzt ausgedrückt werden durch
E= Q
ε0b[(εr−1)y+h]
und die Energie ist
W = 1
2ε0bdE2[(εr−1)y+h] = 1 2
dQ2
ε0b[(εr−1)y+h]. Für die Kraft folgt
F=Fey=−dW dy ey =1
2
dQ2(εr−1) ε0b[(εr−1)y+h]2ey
, d.h. das Dielektrikum würde hineingezogen werden.
Übung 2 - Dielektrische Kugel mit Punktdipol im Zentrum in einem Dielek- trikum (2+3+1=6 Punkte)
(a) Die allgemeine Lösung des Problems ist
ϕ(r, θ) =R(r) cos(θ) mit
R(r) =a1r+a2
r2 und hieraus im Innenraum
ϕ(r, θ) =
a1kr+a2k
r2
cos(θ).
und im Außenraum
ϕa(r, θ) =
a1ar+a2a r2
cos(θ).
Im Gegensatz zu dem Problem der dielektrischen kugel im Dielektrikum mit äußerem Feld ist jetzt a2a 6= 0 zu setzen. Da in großer Entfernung vom Ursprung das Potential verschwinden soll, muß jetzta1a = 0 gewählt werden. Es bleiben also
ϕ(r, θ) =
a1kr+a2k
r2
cos(θ).
ϕa(r, θ) =a2a
r2 cos(θ).
Beziehungen zwischen den Konstanten ergeben sich durch die Grenzbedingungen zwischen beiden Dielektrika:
i) Die Stetigkeit der Normalkomponenten vonDbeir=r0 führt auf
−εa ∂φa
∂r
r=r
0
=−εk ∂φk
∂r
r=r
0
ii) Die Stetigkeit der Tangentialkomponenten vonE beir=r0 führt auf
−1 r0
∂φa
∂θ
r=r0
=−1 r0
∂φk
∂θ
r=r0
iii) Die Stetigkeit des Potential beir=r0führt auf
φa(r0, θ) =φk(r0, θ)
(b) Wennr0→ ∞gibt es nur einen isolierten Dipolpim Medium der dielektrischen Kugelεk. Dessen Potentialϕp(r, θ) ist bekannt
ϕp(r, θ) = pcos(θ) 4πε0εkr2 Hieraus folgt ein Wert für die Konstantea2k:
a2k= p 4πε0εk
Fürs Potential im Außenraumϕa folgt
ϕa(r, θ) = 3εk 2εa+εk
pcos(θ) 4πε0εkr2 Das Potential im Innern der Kugel besteht aus zwei Anteilen:
ϕk(r, θ) =ϕIk(r, θ) +ϕIIk (r, θ) ϕIk(r, θ) ist das Potential des dipolspalleine.
ϕIk(r, θ) = pcos(θ) 4πε0εkr2
ϕIIk (r, θ) ist das Potential der Ladungen, die der Dipol pauf der Oberfläche der Kugel induziert das Potential des ReaktionsfeldesER.
ϕIIk (r, θ) =−2(εa−εk) 2εa+εk
prcos(θ) 4πε0εkr03 (c) Das FeldEIk ist das Feld erzeugt von einem Dipol. Das FeldEIIk ist
EIIk =−∇ϕIIk (r, θ) = 2(εa−εk) 2εa+εk
p
4πε0r03 =fp Die Größef heißt Reaktionsfeldfaktor
f = 2(εa−εk) 2εa+εk
1 4πε0r03
Übung 3 - Der Maxwellsche Spannungstensor (2+1+3+1=7 Punkte)
(a) Das elektrische Feld einer Kugelschale im Koordinatenursprung lautet E1= q
4π0r2rˆ=σR2 0r2rˆ wobeiq=σ4πR2 ist die Gesamtladung der Kugelschale ist.
Das Feld der Kugelschale 1, in kartesischen Koordinaten augedrückt, lautet in der Ebenex= d2 E1= σR2
0
( 1
(d/2)2+y2+z2)( d/2ˆx+yyˆ+zˆz p(d/2)2+y2+z2) wobeir=p
(d/2)2+y2+z2.
Das Feld der Kugel 2 lautet in der Ebenex= d2
E2 = σR2
0 ( 1
(d/2−d)2+y2+z2)( (d/2−d)ˆx+yyˆ+zzˆ p(d/2−d)2+y2+z2)
= σR2
0 ( 1
d2/4 +y2+z2)(−d/2ˆx+yyˆ+zzˆ pd2/4 +y2+z2)
Das Gesamtfeld ist notwendig um den Stresstensor zu bestimmen und besteht aus einer Superpo- sition der Felder der beiden Kugelschalen in der gekennzeichneten Ebene (rote Striche).
Et=E1+E2= 2σR2
0 ( 1
d2/4 +y2+z2)3/2(yyˆ+zˆz) Dies beinhaltet alle Informationen um den Stresstensor zu bestimmen.
Ex = 0 Ey = 2σR2
0
y
(d2/4 +y2+z2)3/2 Ez = 2σR2
0
z
(d2/4 +y2+z2)3/2 E2 = 4σ2R4
20
y2+z2 (d2/4 +y2+z2)3 (b) die generelle Form des Stresstensors im Freiraum lautet
Tij ≡0(EiEj−1 2δijE2))
←→ T =0
Ex2−E22 ExEy ExEz EyEx Ey2−E22 EyEz
EzEx EzEy Ez2−E22
=0
−E22 0 0 0 Ey2−E22 EyEz
0 EzEy Ez2−E22
, (c) Die Kraft, die Schale 1 auf Schale 2 ausübt, lautet
F=
˛
s
←→ T ·dA=
ˆ +∞
−∞
ˆ +∞
−∞
←→
T ·(−ˆx)dydz
2
Um das Integral zu lösen, kann die yz−Ebene zylindrischen Koordinaten parametrisiert werden:
ρ=p y2+z2
ˆ +∞
−∞
ˆ +∞
−∞
y2+z2
(d2/4 +y2+z2)3dydz =
ˆ +∞
0
ˆ 2π 0
ρ2
(d2/4 +ρ2)3ρdρdφ
= 2π ˆ +∞
0
ρ2
(d2/4 +ρ2)3ρdρ
= π
ˆ +∞
0
u (d2/4 +u)3du
= 2π d2 Die Lösung ist
F= ˆ +∞
−∞
ˆ +∞
−∞
←→
T ·(−ˆx)dydz=4πσ2R4 0d2 xˆ (d)
F= q2
4π0d2xˆ= (4πσR2)2
4π0d2 xˆ= 4πσ2R4 0d2 xˆ
