Lösung für Blatt 7 ,,Elektrodynamik“

Institut für Theoretische Physik, Universität Zürich
Lösung für Blatt 7 ,,Elektrodynamik“
Prof. Dr. T. Gehrmann
Aufgabe 1
Blatt 7 – FS 2013
Induktion im Magnetfeld
Nach dem Faraday’schen Induktionsgesetz induziert die zeitliche Änderung des magnetischen Flusses durch die Leiterschleife eine Spannung in derselben gemäss
U = −Φ̇ .
Der Fluss ist das Produkt aus dem Betrag des magnetischen Feldes B und der Projektion der Fläche innerhalb der Leiterschleife auf die x-y-Ebene:
Φ = BπR2 sin ϑ cos(ωt) ,
und somit
U = −Φ̇ = πR2 Bω sin ϑ sin(ωt) .
(1)
Etwas ausführlicher: Legen wir das Koordinatensystem so, dass ω
~ in der y-z-Ebene
liegt (siehe Skizze):


0
ω
~ = ω  sin ϑ  .
cos ϑ
Dann ist
Z
Z
z
~ · dA
~ = B ~ez · dA
~
Φ= B
ω
~
~
B
  

~
dA
Z 2π Z R
ϑ
0
sin(ωt)




dϕ dρ ρ 0 · − cos(ωt) cos ϑ
=B
y
0
0
1
cos(ωt) sin ϑ
= BπR2 sin ϑ cos(ωt)
x
wie oben, was auf (1) führt.
Aufgabe 2
Magnetfeld im Plattenkondensator
Da wir Randeffekte vernachlässigen, nehmen wir an, dass das elektrische Feld am
Punkt P zwischen den Platten
~ ) = Q θ(b − a)~ez
E(P
(2)
0 πb2
beträgt, wobei Q die auf den Platten induzierte Ladung und a der Abstand zwischen
P und der Symmetrieachse ist. Mit I = Q̇ folgt daraus, dass
I
θ(b − a)~ez .
(3)
0 πb2
Nb: In dieser Aufgabe wählen wir die z-Achse entlang der Rotationsymmetrieachse
des Plattenkondensators.
~˙ ) =
E(P
a) Da die Stromdichte ~(~x, t) zwischen den Platten verschwindet, gilt dort (2.
Maxwell-Gleichung)
~ ∧B
~ = µ0~ + 0 µ0 E
~˙ = 0 µ0 E
~˙ ,
∇
bzw. (Integralform der 2. Maxwell-Gleichung)
I
Z
~
~˙ · d~σ ,
B · d~s = 0 µ0
E
∂F
(4)
(5)
F
wobei F eine beliebige Fläche zwischen den Platten bezeichnet.
~ ∧B
~ = µ0~
Wir sehen, dass Gleichung (4) formal dem Ampère’schen Gesetz ∇
~˙ ersetzt. Folglich ist
aus der Magnetostatik entspricht, wenn man ~ durch 0 E
die Lösung analog zum Biot-Savart-Gesetz:
Z
0
0 µ0
~˙ x0 ) ∧ ~x − ~x .
~
d3 x0 E(~
(6)
B(~x) =
4π
|~x − ~x0 |3
Zusammen mit (3) sehen wir daran, dass die Komponente Bz entlang der Symmetrieachse des Kondensators verschwindet. Alternativ kann man dies auch se~ = grad(div B)
~ −
hen, indem man rot auf Gleichung (4) anwendet. Da rot rot B
~ und div B
~ = 0, folgt dann
∆B
~ z = −0 µ0 (rot E)
~˙ z = 0 ,
∆Bz = (∆B)
~˙ parallel zur z-Achse ist und die Rotation eines Vektorfeldes immer senkda E
recht auf demselben steht. Da wir verlangen, dass Bz im Unendlichen verschwindet, folgt Bz = 0.
Anstatt (6) direkt auszurechnen, ist es geschickter, zunächst noch die Rotationssymmetrie der Anordnung zu benutzen. So folgt aus der 3. Maxwell-Gleichung
~ ·B
~ =0,
∇
bzw. deren Integralform
I
~ · d~σ = 0 ,
B
∂V
~
dass auch die Radialkomponente des B-Feldes
bezüglich der z-Achse verschwindet. Dies sieht man, indem man V als Zylinder entlang der Symmetrieachse
wählt und Bz = 0 benutzt.
Wählen wir nun F als die Kreisscheibe mit Mittelpunkt auf der z-Achse und
Radius a, die durch P geht, erhalten wir somit aus (5) für den Betrag B des
Magnetfeldes am Punkt P
I
Z
Z a
˙
~
B
ds = 0 µ0
E · d~σ = 2π0 µ0 Ė
θ(b − r) r dr .
∂F
F
0
Es folgt
(
πa2 ,
2πa B = 0 µ0 Ė ·
πb2 ,
a≤b
a>b,
und somit (zusammen mit (3))
~ = µ0 I ~eϕ ·
B
2π
(
a/b2 ,
1/a ,
a≤b
a>b.
(7)
b) Da für diese Werte a < b ist, folgt aus (7), dass
I=
Aufgabe 3
2πb2
B = 80 A .
µ0 a
Eisenrohr im Magnetfeld
(a) Bevor das Rohr im Magnetfeld plaziert wird, ist letzteres homogen. Die Feldinien sehen aus wie in der linken Abbildung. Die Anwesenheit des Zylinders
verzerrt die Feldinien, wie in der rechten Abbildung zu sehen ist. Da Eisen als
Ferromagnet (µr 1) das Feld in seinem Innern verstärkt, werden die Feldlinien
zum Eisenzylinder hingekrümmt. Desgleichen für einen Paramagneten (µr > 1).
Bei einem diamagnetischen Medium (µr < 1) wären die Feldlinien vom Zylinder weggekrümmt, während die Feldlinien im Falle eines Supraleiters (µr = 0)
diesen sogar vollständig umfliessen und nicht in ihn eindringen würden.
~ rotationsfrei. Somit können wir ein skalares
(b) Da es keine freien Ströme gibt, ist H
~ = −∇φ
~ erfüllt. Wegen B
~ = µH
~ mit µ = µ0 µr gilt
Potential φ einführen, das H
für φ die Laplace-Gleichung ∆φ = 0. In Zylinderkoordinaten (r, θ, z) wird diese
zu
∂
1 ∂2
∂2
1 ∂
r
+ 2 2 + 2 φ=0.
r ∂r
∂r
r ∂θ
∂z
Dabei wählen wir z entlang der Zylinderachse und x = r cos θ entlang des
~ 0 = B0~ex . Wegen der Translationssymmetrie entlang
ursprünglichen Feldes B
∂φ
des Zylinders ist ∂z = 0. Demnach können wir einen Separationsansatz
φ(r, θ) = R(r)S(θ)
machen und erhalten
2
dR
1 d2 S
1
2d R
r
+
r
=
−
= const. =: m2 ,
R
dr2
dr
S dθ2
da der erste Ausdruck nicht von θ abhängt und der zweite nicht von r. Die
Gleichung für R ist eine Euler’sche Differentialgleichung mit allgemeiner Lösung
Rm (r) = cm rm + dm r−m , während die Gleichung für S harmonisch ist mit der
Lösung Sm (θ) = gm cos(mθ)+hm sin(mθ). Wegen der Periodizität φ(r, θ +2π) =
φ(r, θ) kann m nur ganzzahlige Werte annehmen, und die Spiegelsymmetrie
φ(r, −θ) = φ(r, θ) bestimmt ferner hm = 0 für alle m. Somit hat in jedem der
drei Bereiche aus untenstehender Abbildung das Potential die Form
φi =
∞
X
(cim rm + dim r−m ) cos(mθ)
(i = 1, 2, 3) .
(8)
m=1
3
µ0
µ
2
1
b
x
a
µ0
~0
B
~ 3 = −H
~ 0 oder φ3 = −H0 x = − B0 r cos θ.
Weit entfernt vom Zylinder ist ∇φ
µ0
Vergleicht man dies mit (8), erhält man für die Koeffizienten
c31 = −
B0
,
µ0
c3m = 0 (m 6= 1) .
(9)
Ausserdem muss φ1 für r → 0 endlich sein. Folglich ist d1m = 0 für alle m. Nun
können wir die Randbedingungen in r = a und b betrachten. Es gilt
∂φ1 ∂φ2 ∂φ2 ∂φ3 µ0
=µ
,
µ
= µ0
,
∂r r=b
∂r r=b
∂r r=a
∂r r=a
∂φ2 ∂φ2 ∂φ3 ∂φ1 =
,
=
.
∂θ r=b
∂θ r=b
∂θ r=a
∂θ r=a
Setzt man (8) ein, ergibt dies
(µ0 c1m − µc2m )b2m + µd2m = 0 , (µc2m − µ0 c3m )a2m − (µd2m − µ0 d3m ) = 0 ,
(c1m − c2m )b2m − d2m = 0 ,
(c2m − c3m )a2m + (d2m − d3m ) = 0 .
Löst man die beiden Gleichungen auf der linken Seite nach c2m und d2m auf,
ergibt sich
µ + µ0
µ − µ0
c2m =
c1m ,
d2m = b2m
c1m .
(10)
2µ
2µ
Dies kann man nun wiederum in die Gleichungen auf der rechten Seite einsetzen
und d3m eliminieren und erhält so
c1m =
4µµ0 a2m
c3m .
a2m (µ + µ0 )2 − b2m (µ − µ0 )2
Wegen (9) folgt daraus c1m = 0 für m 6= 1 und
c11 =
4µa2 B0
,
b2 (µ − µ0 )2 − a2 (µ + µ0 )2
sowie für das Potential
φ1 = c11 r cos θ .
Dadurch ergibt sich für das Magnetfeld im Hohlraum
~ 1 = −µ0 ∇φ
~ 1 = −µ0 ∂φ1 ~er − µ0 ∂φ1 ~eθ
B
∂r
r ∂θ
= −µ0 c11 (cos θ~er − sin θ~eθ )
= −µ0 c11~ex
4µµ0 a2
~0 .
= 2
B
a (µ + µ0 )2 − b2 (µ − µ0 )2
Für einen Ferromagneten wie Eisen ist µ µ0 , und daher gilt zu führender
Ordnung in µ0 /µ
~
~ 1 = 4µ0 B0 .
B
µ 1− b 2
a
Aufgabe 4
Rotierender Leiter im Dipolfeld
~ = M~ez führt am Ort ~r zu folgendem Magnetfeld:
Das magnetische Moment M
"
#
~ · ~r)~r M
~
3(
M
µ
0
~ r) =
− 3 .
B(~
4π
r5
r
Betrachte nun einen beliebigen Punkt P 0 auf der Schleife zwischen P und C. Weiter
sei R der Radius der Leiterschleife und θ der Winkel ^P OP 0 (wie in der Skizze auf
dem Aufgabenblatt). Die Geschwindigkeit von P 0 ist dann gegeben durch
~v = ωR sin θ~eϕ .
Mit Hilfe der Identitäten ~ez = cos θ~er − sin θ~eθ , ~eϕ ∧ ~er = ~eθ , sowie ~eϕ ∧ ~eθ = −~er folgt
dann für einen beliebigen Ortsvektor ~r 0 mit |~r 0 | = R sofort auch
~ r 0 ) = µ0 ωRM sin θ (2 cos θ~eθ − sin θ~er ) .
~v ∧ B(~
4πR3
Nach dieser Vorarbeit ist es nun nicht mehr schwierig, die induzierte Spannung zwischen P und C zu berechnen:
Z C
Z π
µ0 M ω 2
µ0 M ω
~
~
UP C =
(~v ∧ B) · dl =
2 cos θ sin θdθ =
.
4πR 0
4πR
P
Dabei haben wir benutzt, dass d~l = Rdθ~eθ .