Übung 2 - Dielektrische Kugel im Dielektrikum mit äußerem Feld (3+1+1+1=6 Punkte)

Übungsblatt # 7 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 - Halbkugelförmiger Hohlraum (4 Punkte)

Außerhalb des Hohlraumes ist das Potential identischϕ = V , wir brauchen nur nochϕ innerhalb zu bestimmen. Diez-Achse legen wir so, dass sie von der die Halbkugel nach unten begrenzenden Ebene senkrecht nach oben zeigt.

Die Greenfunktion für innerhalb der Kugel mit RadiusR ist entsprechend Skript GKugel(r,r⁰) = 1

4πε0

1

|r−r⁰|−R r⁰

1

|r−(R/r⁰)²r⁰|

= 1

4πε0

1

|r⁰−r|−R r

1

|(R/r)²r−r⁰|

wobei wieder deren Symmetrie benutzt wurde. Jetzt muss noch an der Ebene gespiegelt werden, was die Ladungen und diez-Komponente mit einem Vorzeichen versieht. Damit ist die gesamte Greenfunktion

G(r,r⁰) =G_Kugel(r,r⁰ ≡(x⁰, y⁰, z⁰))−G_Kugel(r,r⁰≡(x⁰, y⁰,−z⁰))

und das Potential bekommt man durch Integration uber die Ladungsverteilungρ(r⁰) des Dipolesd. Dafür gibt es zwei Ansätze.

ϕ(r) = ˆ

dV⁰ρ(r⁰)G(r,r⁰) +V = ˆ

dV⁰ρ(r⁰)G(r,r⁰)−ε0

ˆ

∂V

ϕ(r⁰)∂G(r,r⁰)

∂n⁰ dA⁰

Die erste Zeile ist einfach das Integral über die Greensche Funktion gewichtet mit den Raumladungen, was ein auf dem Rand verschwindendes Potential erzeugen würde. Dieses wird nun einfach umV erhöht , so dass auf dem Rand dann V vorliegt. Die zweite Zeile entspricht dem vollen Formalismus mit den Greenschen Funktionen. Das Oberflächenintegral lässt sich allerdings noch weiter umformen:

−ε0

ˆ

∂V

ϕ(r⁰)∂G(r,r⁰)

∂n⁰ dA⁰=−V ε0

ˆ

∂V

ϕ(r⁰)∂G(r,r⁰)

∂n⁰ dA⁰

=−V ε0

ˆ

V

∇²G(r,r⁰)dV⁰

=−V ε0

ˆ

V

−δ(r−r⁰) ε0

dV⁰

=V.

ϕ(r) = ˆ

V

dV⁰ρ(r⁰)G(r,r⁰) +V

=ϕd(r)−R rϕd

R² r²r

−ϕd⁰(r) +R rϕd⁰

R² r²r

+V

1

φ(r) = 1 4πε0





d·(r−a)

|r−a|³ −R r

d·

(R/r)²r−a

|(R/r)²r−a|³





− 1 4πε0





d⁰·(r−a⁰)

|r−a⁰|³ −R r

d⁰·

(R/r)²r−a⁰

|(R/r)²r−a⁰|³



+V

wobei d⁰ = (dx, dy,−dz) der ‘Spiegeldipol’ zu d⁰ = (dx, dy, dz) bzgl. der Ebene ist und bei a⁰ = (ax, ay,−az) sitzt.

Übung 2 - Dielektrische Kugel im Dielektrikum mit äußerem Feld (3+1+1+1=6 Punkte)

(a) In Kugelkoordinaten. Der Ansatz für innen und außen lautet:

Φi,a(ρ, θ) =

∞

X

l=0

Ali,aρ^l+Bli,aρ^−(l+1) Pl(θ) Regularität beiρ= 0 lässt 1ρ-Terme verschwinden:

Φi(ρ, θ) =

∞

X

l=0

Aliρ^lPl(θ) Fernfeld, also Φa(ρ→ ∞, θ) =−Ezz=−Ezρcos(θ) =−EzρP₁(θ).

Φ_a(ρ, θ) =−E_zρP₁(θ) +

∞

X

l=0

B_laρ^−(l+1)P_l(θ) Stetigkeit von Φ beiρ=R, also Φi(R, θ) = Φa(R, θ)

Ali=BlaR^−(2l+1) l6= 1 (1)

A_1i=−Ez+B_1aR⁻³ (2)

Normalenableitung vonDstetig, alsoε2

∂Φi

∂ρ

ρ=R=ε1

∂Φa

∂ρ

ρ=R

ε2

∞

X

l=0

lAliR^l−1Pl(θ)

!

=ε1 −EzP1(θ)−

∞

X

l=0

(l+ 1)BlaR^−(l+2)Pl(θ)

!

Fürl= 0 verschwindet die linke Seite, also

B_0a= 0. (3)

Es verbleiben die restlichen Terme:

ε2A1i=−ε1Ez−2ε1B1aR⁻³ l= 1 (4) ε₂ lA_liR^l−1

=−ε1

(l+ 1)B_laR^−(l+2)

l≥2 (5)

(3) und (1) liefern

A_0i= 0 B_0a= 0 (4) und (2) liefern

A_1i= −3ε1Ez

2ε₁+ε₂ B_1a=R³E_z ε2−ε1

2ε₁+ε₂ (5) und (1) liefern

ε2 lAliR^l−1

=−ε1

(l+ 1)BlaR^−(l+2)

, l≥2 Ali=BlaR^−(2l+1) ε2

lBlaR^−(2l+1)R^l−1

=−ε1

(l+ 1)BlaR^−(l+2) ε2

lBlaR^−(l+2)

=−ε1

(l+ 1)BlaR^−(l+2) ε2(lBla) =ε1((l+ 1)Bla)

ε₂lB_la+ε₁(l+ 1)B_la= 0 Bla(ε2l+ε1(l+ 1)) = 0

Bla= 0 =Ali l≥2.

2

Also:

Φ_i(ρ, θ) =A_1iρP₁(θ) = −3ε₁E_z 2ε1+ε2

ρP₁(θ) = −3ε₁E_z 2ε1+ε2

ρcos(θ) = −3ε₁E_z 2ε1+ε2

z

=−3ε1Ez·r 2ε₁+ε₂

Φ_a(ρ, θ) =−E_zρP₁(θ) +B_1i,aρ^−(l+1)P₁(θ) =−E_zz+R³E_z ε₂−ε₁ 2ε1+ε2

ρ⁻²cos(θ) (6)

=−E_zz+R³E_z ε₂−ε₁ 2ε1+ε2

z

ρ³ =−E_z·r+ 1 4πε0

p·r

ρ³ (7)

mitEz=Ezez und dem Kürzel p= 4πε0R³Ezε₂−ε1

2ε1+ε2.

(b) Das Feld auszurechnen geht nunmehr ganz einfach (siehe Potential eines Dipols):

Ei(r) = 3ε1Ez

2ε₁+ε₂ Ea(r) =Ez+ 1

4πε₀

3(r·p)r ρ⁵ − p

ρ³

(c) PolarisationP=D−ε0E= (ε2−1)ε0Ei(r)

P=3ε₁(ε₂−1)ε₀E_z 2ε1+ε2

(d) Gesamtdipol: Das Potential eines Dipols im Koordinatenursprung im Dielektrikumε₁sollte von der Form _4πε¹

0ε1

p·r

ρ³ sein. Vergleich mit obigem Dipolpotential (6) liefert das Dipolmoment der Kugel:

pK = 4πε0ε1R³Ez

ε2−ε1

2ε₁+ε₂ Alternativ kann man auch das Kugelvolumen mitEi multiplizieren

4πR³

3 Ei= 4πε0R³Ezε1

2ε1+ε2

Durch die Kugel bringt man polarisierbare Materie in das Dielektrikumε1, welche zu einem zusätz- lichen Dipolbeitrag

pK =4πε₀R³Ezε₁ 2ε1+ε2

(ε2−ε1) führt, welcher mit dem Dipolbeitrag der Kugel identifiziert wird.

Übung 3 - Kugelkondensator (2+1+1=4 Punkte)

(a) Ohne das Dielektrikum wäre das elektrische Feld zwischen den beiden Kugeln radial. Man kann nicht annehmen, dass sich das durch das Dielektrikum nicht ändert. Jedoch ist das elektrische Feld mit Sicherheit tangential zur Fläche zwischen den Regionen mit und ohne Dielektrikum. Somit ist die Bedingung E₁^|| = E^||₂ automatisch erfüllt. Da es keine Komponente senkrecht zur Grenzfläche gibt, ist die BedingungD^⊥₁ =D^⊥₂ automatisch erfüllt. Somit können wir einen Ansatz der folgenden Form wählen.

E=cer

r²

Wir benutzen den Gauss’schen Satz verwenden, um die Konstantec zu bestimmen.

ˆ

D·dA=Q → ε₀c

r² (2πr²) +εc

r²(2πr²) =Q Somit erhalten wir

c= Q

2π(ε+ε₀)

3

(b) Die Oberflächenladungsdichte ist gegeben durchσ=D^⊥|r=a wobei D^⊥ =ε0E^⊥ oderD^⊥ =εE^⊥ gilt, abhängig von der Region. Somit erhalten wir

σ=









 ε ε+ε₀

Q

2πa²; dielektrische Hälfte ε₀

ε+ε₀ Q

2πa²; leere Hälfte (c) Die Polarisationsladungsdichte ist gegeben durch

ρ_geb =−∇P

Ausserhalb des Dielektrikums ist die Polarisation natürlich null. Mit dem Gauss’schen Satz erhalten wir

σgeb=−P^⊥|r=a=−χeE^⊥|r=a=−ε−ε0

ε+ε₀ Q 2πa² .

4