Übungen in Elektrodynamik Aufgabe 1 Aufgabe 2

Prof. Dr. G. M. Pastor
T. Müller
S. Riemer
Elektrodynamik
WS 2011/12
Universität Kassel
Übungen in Elektrodynamik
Musterlösung zu Test 2
Aufgabe 1
i) Es handelt sich um die Kontinuitätsgleichung (Ladungserhaltung): In integraler Form besagt diese Gleichung, dass die Änderung der Ladung in einem Volumen nur durch einen entsprechenden
Stromfluss durch die Oberfläche des Volumens stattfinden kann.
ii) Wegen
B 0 = ∇ × A0 = ∇ × (A + ∇φ) = ∇ × A + ∇ × ∇φ = ∇ × A = B
| {z }
=0
ändert sich das Magnetfeld bei dieser Transformation nicht. Wir haben hierbei verwendet, dass
Gradientenfelder ∇φ stets rotationsfrei sind (∇ × ∇φ = 0).
iii) Die Gleichung ∇ · B = 0 besagt, dass das Magnetfeld B keine Quellen besitzt („es gibt keine
magnetischen Monopole”).
Aufgabe 2
i) Für die Stromdichte gilt:
I
δ(r − R) ez .
2πR
Da das B-Feld senkrecht zur Stromrichtung sein muss, kann B keine z-Komponente haben. Wegen
der Symmetrie1 des Problems kann der Betrag des B-Feldes nur von r abhängen. Wir haben also
zunächst folgenden Ansatz für das B-Feld:
j(r) =
B(r) = Br (r) er + Bϕ (r) eϕ .
(1)
Mit dem Nabla Operator in Zylinderkoordinaten erhalten wir für die Divergenz dieses B-Feldes:
∂
1 ∂
∂
∂Br (r)
∇ · B(r) =
er +
eϕ +
ez · (Br (r) er + Bϕ (r) eϕ ) =
.
∂r
r ∂ϕ
∂z
∂r
Da die Divergenz des B-Feldes gleich Null sein muss folgt Br (r) = Br = konstant für alle r ∈ [0, ∞).
Da das B-Feld in unendlichem Abstand zum Zylinder jedoch verschwinden muss gilt Br = 0. Wir
erhalten somit folgenden Ansatz für das B-Feld:
B(r) = B(r) eϕ .
1
Rotation des Hohlzylinders um die z-Achse ändert nichts, daher kann |B| nicht von ϕ abhängen. Translation des Hohlzylinders in z-Richtung ändert ebenfalls nichts (Zylinder ist unendlich lang), daher kann |B| auch nicht von z abhängen.
1
Wir werten das Ampère’sche Gesetz für eine Kreisfläche mit Radius r in der xy-Ebene aus. Der
Mittelpunkt der Fläche soll sich hierbei im Ursprung befinden:
ˆ
ˆ
ˆ
I
Ampère
dA=r dϕ dr
B(r) · dr = 2πr B(r) = µ0
j(r) · dA = µ0
δ(r − R) ez dAez
=
∂F
F
F 2πR
ˆ 2π
ˆ r
ˆ
µ0 I
µ0 I r 0
0
0
0
=
r dϕ δ(r − R) =
dr
r δ(r0 − R) dr0 = µ0 I Θ(r − R) .
2πR 0
R
0
0
Wir haben hierbei die bekannte Heaviside Funktion
(
1, x≥0
Θ(x) =
0, x<0
verwendet. Wir erhalten somit:
µ0 I
Θ(r − R)
B(r) =
2πr
⇒
B(r) =
µ0 I
Θ(r − R) eϕ .
2πr
ii) Für die Stromdichte gilt
j(r) = j0 δ(r − R) eϕ .
Für das Magnetfeld gilt genau wie in i) wegen
der Symmetrie des Problems und der Richtung
des Stromflusses (hier fließt der Strom in ϕRichtung, daher lautet der zu (1) analoge Ansatz jetzt B(r) = Br (r) er + Bz (r) ez . Die restliche Argumentation bleibt unverändert):
B(r) = B(r) ez .
Wir betrachten nun eine Rechteckige Fläche F
mit der Höhe ` in der xz-Ebene, welche sich
von x = r bis x → ∞ erstreckt (siehe Abb. 1).
Abbildung 1: Zur Anwendung des
Ampère’schen Gesetzes
Für diese Fläche werten wir nun das Ampère’sche Gesetz aus:
ˆ
ˆ
ˆ
Bkez
Ampère
B(r) · dr = ` · B(r) − ` · B(∞) = µ0
j(r) · dA = µ0
j0 δ(r − R) eϕ dAeϕ =
| {z }
∂F
F
F
=0
dA=dx dy
=
ˆ
ˆ
`
µ0 j0
∞
dx δ(x − R) = µ0 j0 ` Θ(R − r) .
dz
0
r
Somit folgt:
B(r) = µ0 j0 Θ(R − r)
⇒
B(r) = µ0 j0 Θ(R − r) ez .
(2)
iii) Das Feld des Zylinders aus Teil i) bleibt unverändert:
µ0 I
Θ(r − R) eϕ .
2πr
Um das Feld des Zylindersp
aus Teil ii) zu erhalten
müssen wir in (2) die Koordinatentransformation
p
2
2
2
r → r − (a, 0, 0), d.h. r = x + y + z → (x − a)2 + y 2 + z 2 vornehmen:
p
B 2 (r) = µ0 j0 Θ R − (x − a)2 + y 2 + z 2 ez .
B 1 (r) =
Für das Gesamtfeld ergibt sich somit:
p
µ0 I
2
2
2
B(r) = B 1 (r) + B 2 (r) =
Θ(r − R) eϕ + µ0 j0 Θ R − (x − a) + y + z ez .
2πr
2
Aufgabe 3
(Siehe hierzu auch Aufgabe 2 von Aufgabenblatt 9).
Der Zylinder rotiere um die z-Achse, dann gilt ω = ωez . Weiterhin erstrecke er sich von z = 0 bis z = h.
Für die Ladungsdichte2 des Zylinders gilt dann:
%(r) = %0 Θ(z) Θ(h − z) Θ(R − r) .
(3)
Für die Stromdichte des rotierenden Zylinders erhalten wir:
j(r) = %(r) v(r) = %(r) (ω × r) = %(r) [ωez × (rer + zez )] = %(r) ω r eϕ .
Somit gilt:
r × j(r) = (rer + zez ) × (%(r) ω r eϕ ) = %(r) ωr2 ez − ωrzer =
= %(r) ω r2 − ωrzer
Für das magnetische Moment erhalten wir somit:
ˆ
1
m =
d3 r [r × j(r)] =
2
ˆ ∞ ˆ 2π
ˆ
´02π er dϕ=0
1 ∞
2
r dϕ %0 Θ(z) Θ(h − z) Θ(R − r) ω r − ωrzer
dr
dz
=
=
|
{z
}
2 −∞
0
0
=%(r)
ˆ
= %0 π ω
ˆ
h
R
dr r3 =
dz
0
0
1
1
1
%0 hπR4 ω = %0 V R2 ω = QR2 ω ,
4
4
4
mit V = hπR2 und Q = %0 V .
Aufgabe 4
i) In den Räumen I und II gilt:
D I = εr ε0 E I ,
D II = ε0 E II .
(4)
Wegen D I,II = DI,II ez gilt somit
EI =
DI
ez ,
εr ε0
E II =
DII
ez
ε0
ii) Die Komponente des E-Feldes tangential zur Grenzfläche (hier also die z-Komponente Ez ) ist stetig.
Es folgt also, da E nur eine z-Komponente hat:
E I = E II =: E = Eez .
Aus Gleichung (4) erhalten wir somit:
D I = εr D II
2
Der Formale Ansatz für die Ladungsdichte mit Hilfe der Heaviside Funktionen ist nicht unbedingt notwendig.
Wir können zur Berechnung des magnetischen Momentes auch direkt über das Zylindervolumen integrieren: m =
´
´ R ´ 2π
1 h
2 0 dz 0 dr 0 r dϕ . . . Wir verwenden hier den Ansatz (3) um den Umgang mit den Heaviside Funktionen noch einmal zu demonstrieren.
3
iii) Wir betrachten ein Zylinderförmiges Volumen V , welches die untere Kondensatorplatte umfasst und die
Deckfläche A besitzt. Auf der Kondensatorplatte befinde sich die Ladungsdichte σ. Es gilt ∇ · D(r) =
%(r). Wir integrieren nun beide Seiten dieser Gleichung über das Zylindervolumen V und wenden den
Gauß’schen Satz an:
ˆ
ˆ
3
∇ · D(r) d r =
%(r) d3 r
V
V
˛
D(r) · dA = A σ
F
Abbildung 2: Zur Anwendung des
Gauß’schen Satzes
A Dz = A σ
⇒
Dz = σ .
Der Zusammenhang zwischen der z-Komponente von D und σ ist also Dz = σ. Da das D-Feld in
unserem Fall nur eine z-Komponente hat gilt:
DI = σI
und DII = σII .
iv) Wenn FI bzw. FII die Fläche der unteren Kondensatorplatte in Raum I bzw. Raum II bezeichnet,
dann gilt für die Gesamtladung Q auf der unteren Kondensatorplatte:
Q = FI σI + FII σII = DI FI + DII FII = ε0 E (εr FI + FII ) =
= ε0 E b [εr x0 + (a − x0 )] = ε0 E b [a + (εr − 1) x0 ] .
Auflösen nach E leifert
E=
Q
.
ε0 E b [a + (εr − 1) x0 ]
Hieraus erhalten wir schließlich
E = E I = E II =
Q
ez
ε0 E b [a + (εr − 1) x0 ]
D I = εr ε0 E ,
4
D II = ε0 E .