ladung formula quellenfrei

Technische Universität München
Lehrstuhl für Technische Elektrophysik
Tutorübungen zu Elektromagnetische Feldtheorie
(Prof. Wachutka)
Wintersemester 2016/2017
Lösung Blatt 2
4. Aufgabe:
Lösung
a) Zu einem willkürlichen Zeitpunkt befindet sich auf dem linken Leiter (L1) die Gesamtladung Q1 = Q. Da die Ströme durch den rechten Leiter (L2) und L1 entgegengerichtet
sind, beträgt die Gesamtladung auf L2 zu demselben Zeitpunkt Q2 = −Q. Beachten Sie,
dass die eingezeichnete Spannung positiv ist, d.h. Q1 = Q > 0.
Betrachtet werden nur Punkte auf der Verbindungsebene zwischen L1 und L2 außerhalb
der Leiter. Das Potential des Leiters L1 auf dieser Ebene hängt nur von der x- Koordinate
ab. Jeder Punkt, der Abstand x zu L1 hat, ist um d − x vom L2 entfernt. Es gilt also:
Q1
ln
Φ1 (x, y = 0, z) = −
2πεl
Q2
ln
Φ2 (x, y = 0, z) = −
2πεl
x
r0
d−x
r0
Q
+ C1 = −
ln
2πεl
Q
+ C2 =
ln
2πεl
x
r0
+ C1
d−x
r0
+ C2
Das Gesamtpotential ergibt sich durch das Superpositionsprinzip als:
Q
Φges (x, y = 0, z) =
ln
2πεl
d−x
x
+ C1 + C2
für
r0 ≤ x ≤ d − r0
(1)
Zu beachten ist, dass das Superpositonsprinzip nur im Bereich außerhalb der Leiter gilt.
Die Potentiale von L1 und L2 selbst werden von den Randbedingungen bestimmt.
Die Ladung Q muss aus der bekannten Spannung U bestimmt werden, die sich aus der
Potentialdifferenz zwischen den Leiteroberflächen der beiden Leiter berechnen läßt.
U = ΦOberflaeche1 − ΦOberflaeche2
ΦOberflaeche1 ergibt sich aus Formel (1) mit x = r0 (ΦOberflaeche2 mit x = d − r0 ):
1
Q
d − r0
r0
Q
(d − r0 )2
U =
ln
− ln
=
ln
2πεl
r0
d − r0
2πεl
r02
" 2 #
d
Q
d
Q
=
ln
−1
=
2 ln
−1
2πεl
r0
2πεl
r0
Q
d
Q
d
d
U =
ln
−1 ≈
ln
, da
1
πεl
r0
πεl
r0
r0
U πεl
Q =
ln rd0
U
ln
⇒ Φges (x, y = 0, z) =
2 ln rd0
d−x
x
=
U
[ln(d − x) − ln(x)]
2 ln rd0
~ r) = −∇Φ(~r). Gesucht ist die
Für die elektrische Feldstärke gilt die bekannte Formel E(~
Feldstärke in der Verbindungsebene beider Leiter:
~ ges (x, y = 0, z) = − ∂Φges (x, y = 0, z) ·~ex − ∂Φges (x, y = 0, z) ·~ey − ∂Φges (x, y = 0, z) ·~ez
E
∂x
∂y
∂z
1
1
U
~ ges (x, y = 0, z) =
−
· ~ex
E
x x−d
2 ln rd0
da
∂Φges (x, y = 0, z)
∂Φges (x, y = 0, z)
=
=0
∂y
∂z
gilt.
b) Die bekannte Formel für die magnetsiche Feldstärke eines vom Strom I durchflossenen
~ r) = I ~eϕ . In unserem Fall ist ~r = x · ~ex + 0 · ~ey + z · ~ez (die
Leiters ist anzuwenden: H(~
2πr
Verbindungsebene).
r ist der Abstand zur Zylinderachse des Leiters, d.h. r = |x| für L1 und r = |d − x| für
L2. Es gilt:
~ 1 (x, y = 0, z) = − I ~ey für r0 ≤ x ≤ d − r0
H
2π|x|
I
~ 2 (x, y = 0, z) = −
H
~ey für r0 ≤ x ≤ d − r0
2π|d − x|
Da x > 0 und x < d ⇒ |x| = x und |d − x| = d − x. Durch Superposition ergibt sich für
die Doppelleitung analog zur Berechnung des E-Feldes:
I
I
I
1
1
~ ges (x, y = 0, z) = −
H
e~y −
e~y =
−
~ey für r0 ≤ x ≤ d − r0
2πx
2π(d − x)
2π x − d x
c) Der Vektor der Energiestromdichte in der Verbindungsebene zwischen den Drähten ist
~
der Poynting-Vektors S:
2
UI
1
1
~
~
~
S = E×H =
−
· (−1) · (e~x × e~y )
x−d x
4π ln rd0
~ =
S
UI
d2
· (−e~z )
2 · x2
d
(x
−
d)
4π ln r0
2
~
d) Da ∂∂tD ~j gilt, geht man genauso vor wie bei den vorherigen Aufgaben. Für die
zeitabhängige Energiestromdichte folgt:
ˆ 2
d2
~ = Û I sin ωt
S
(−~ez )
2
2
4π ln rd0 (x − d) · x
zeitlicher Mittelwert:
1
T
Z
T
0
1
hSi =
T
1
sin2 ωtdt =
2
Z
T
Sdt
0
e) zeitlicher Mittelwert an der Drahtoberfläche (x = r0 und d r0 , (r0 − d)2 ≈ d2 ):
hSi(x = r0 ) =
5. Aufgabe:
Û Iˆ
1
· 2
r0
8π ln rd0
Lösung
~ = 0.
a) Das elektrostatische Feld ist wirbelfrei: rot E
~ = 0.
Die magnetische Flussdichte ist quellenfrei: div B
~ =−∂B
~
b) rot E
∂t
c) Elektrische Felder werden von Ladungen und von zeitlich veränderlichen Magnetfeldern
erzeugt
~
~ = − ∂ B).
(rot E
∂t
~ = rot A
~
d) B
~ = -∇φ E
∂ ~
A
∂t
~ = div rot A
~ =0
e) (i) divB
~+
→ rot E
~ =−∂B
~ = −rot ∂ A
~
(ii) rotE
∂t
∂t
~ = -∇φ Mit E
∂ ~
A
∂t
∂ ~
A
∂t
=0
folgt:
∂ ~
∂ ~
rot −∇φ − A + A = 0
∂t
∂t
→ rot gradφ = 0
f) Die inhomogenen Maxwellschen-Gleichungen werden in einen Satz von zwei partiellen
Differentialgleichungen 2. Ordnung überführt.
3
g) Die Maxwellschen-Gleichungen im Vakuum lauten:
ρ
;
ε0
~ = µ0~j + µ0 ε0 ∂ E;
~
rotB
∂t
~ = rotA
~ und E
~ = -∇φ - ∂ A
~ ergibt:
Einsetzen von B
∂t
~ =
divE
∂ ~
ρ
A=
∂t
ε0
2
~ = µ0~j − µ0 ε0 ∇ ∂ φ − µ0 ε0 ∂ A
~
rot rotA
∂t
∂t2
−∆φ − div
h) Unter Verwendung der Coulomb-Eichung ergeben sich folgende Differentialgleichungen:
∆φ = −
ρ
ε0
∂2 ~
∂
(∆ − µ0 ε0 2 )A = µ0 ε0 ∇ φ − µ0~j
∂t
∂t
Der Vorteil der Coulomb-Eichung ist, dass die Differentialgleichung für das skalare Potential φ formal identisch mit der Poisson-Gleichung aus der Elektrostatik ist, deren Lösung
wir schon kennen.
Unter Verwendung der Lorentz-Eichung ergeben sich folgende Differentialgleichungen:
∂2 ~
∆ − µ0 ε0 2 A = −µ~j
∂t
ρ
∂2
∆ − µ 0 ε0 2 φ = −
∂t
ε0
Der Vorteil der Lorentz-Eichung ist die vollständige Entkopplung der Differentialglei~ und φ kommen nur selbständig und nicht zusammen in den
chungen. D.h. die Größen A
Gleichungen vor.
~ und B
~ = rotA
~ folgt:
~ = −∇φ − ∂ A
Mit E
∂t
∂2 ~
∆ − µ 0 ε0 2 E =
∂t
2
2
∂
∂
∂ ~
− ∆ − µ0 ε0 2 ∇φ − ∆ − µ0 ε0 2
A=
∂t
∂t ∂t
∂2
∂
∂2 ~
−∇ ∆ − µ0 ε0 2 φ −
∆ − µ 0 ε0 2 A = 0
∂t
∂t
∂t
und
∂2 ~
∆ − µ 0 ε0 2 B =
∂t
2
∂
~=
∆ − µ0 ε0 2 rotA
∂t
∂2 ~
rot ∆ − µ0 ε0 2 A = 0
∂t
oder direkt aus Maxwellschen Gleichungen schlussfolgern!
4