GGET III Großübung

GGET III Großübung
Michael Gansen
Mitschrift: Marius Geis
12. Oktober 2011
Inhaltsverzeichnis
Blatt 1 . . .
Aufgabe 1
Aufgabe 2
Aufgabe 3
Aufgabe 4
Aufgabe 5
Aufgabe 6
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Blatt 2 . . . .
Aufgabe 7 .
Aufgabe 8 .
Aufgabe 9 .
Aufgabe 10
Aufgabe 11
Aufgabe 12
Aufgabe 13
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18
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26
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Blatt 3 . . . .
Aufgabe 14
Aufgabe 15
Aufgabe 16
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Blatt 4 . . . .
Aufgabe 17
Aufgabe 18
Aufgabe 20
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Blatt 5 . . . .
Aufgabe 23
Aufgabe 24
Aufgabe 26
Aufgabe 27
Aufgabe 28
Aufgabe 29
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Blatt 6 . . . .
Aufgabe 30
Aufgabe 31
Aufgabe 32
Aufgabe 33
Aufgabe 34
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66
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1
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 0
Betreuer vom Lehrstuhl:
• Thomas Coenen, Raum 313, Tel.: 80-97694
• Michael Gansen, Raum 420, Tel.: 80-97610
• Robert Schwann, Raum 322, Tel.: 80-97577

 coenen
gansen @eecs.rwth-aachen.de
• Email:

schwann
• Sprechstunden: Mittwochs, 10.00 - 12.00 Uhr
Fachstudienbetreuer
• Achim Stephan
• [email protected]
Einführung in die Koordinatensysteme
1) Kartesische Koordinaten
z
z
z
~r
y
y
x
x
z
~ez
~ey
~ex
~r
y
x
• Ortsvektor
~r = x · ~ex + y · ~ey + z · ~ez
p
r = |~r| = x2 + y 2 + z 2
−∞<x<∞
−∞<y <∞
−∞<z <∞
2
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 0
• Einheitsvektoren (d.h. |~e... | = 1)
~ex , ~ey , ~ez konstant
• Skalarfeld:
f (~r) = f (x, y, z)
• Vektorfeld:
F~ (~r) = Fx (x, y, z) · ~ex
+ Fy (x, y, z) · ~ey
+ Fz (x, y, z) · ~ez
• Wegelement
z
d~r
Raumkurve S
y
x
d~r = dx · ~ex + dy · ~ey + dz · ~ez
• Flächenelemente
z
~3
dA
~2
dA
~1
dA
y
x
~ 1 = dy · dz · ~ex
dA
~ 2 = dz · dx · ~ey
dA
~ 3 = dx · dy · ~ez
dA
2) Zylinderkoordinaten
3
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 0
z
ρ
~ez
~r
~eρ
~eφ
z
y
ρ
φ
x
Anmerkung: Einheitsvektoren sind tangential zu „Koordinatenlinien“ gerichtet.
z.B. bzgl. φ.
z
~e′φ
~eφ
~r′
~r
y
x
Koordinatenlinien bzgl. ρ: Radialstrahlen ⊥ z-Achse.
Koordinatenlinien bzgl. φ: Kreise um z-Achse, Radius ρ.
Koordinatenlinien bzgl. z: Geraden, parallel zur z-Achse
• Ortsvektor:
~r = ρ · ~eρ + z · ~ez
p
r = |~r| = ρ2 + z 2
0≤ρ<∞
0 ≤ φ < 2π
−∞<z <∞
• Einheitsvektoren: ~eρ , ~eφ , ~ez
| {z }
ändern Richtung
mit φ!
• Skalarfeld:
f (~r) = f (ρ, φ, z)
• Vektorfeld:
F (~r) = Fρ (ρ, φ, z) · ~eρ
+ Fφ (ρ, φ, z) · eφ
+ Fz (ρ, φ, z) · ~ez
• Wegelement:
d~r = dρ · ~eρ + ρ · dφ · ~eφ + dz · ~ez
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WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 0
• Flächenelemente:
z
~3
dA
~dA2
~1
dA
y
x
~ 1 = ρ · dφ · dz · ~eρ
dA
~ 2 = dρ · dz · ~eφ
dA
~ 3 = ρ · dρ · dφ · ~ez
dA
• Volumenelement:
dV = ρ · dρ · dφ · dz
3) Kugelkoordinaten
z
~er
~eφ
~r
θ
~eθ
y
φ
x
Anmerkung: Koordinatenlinien bzgl θ:
Koordinatenlinien bezüglich r: Radialstahlen vom Ursprung aus.
Koordinatenlinien bezüglich θ: Halbkreise um Ursprung, Radius r.
Koordinatenlinien bezüglich φ: Kreise um z-Achse, Radius r sin θ.
• Ortsvektor:
~r = r · ~er
r = |~r|
0≤r≤∞
0≤θ≤π
0 ≤ φ < 2π
• Einheitsvektoren:
~er , ~eθ
| {z }
,
~eφ
|{z}
Richtung ändert sich Richtung ändert sich
mit θ und φ!
mit φ
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WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 0
• Skalarfeld:
f (~r) = f (r, θ, φ)
• Vektorfeld:
F~ (~r) = Fr (r, θ, φ) · ~er
+ Fθ (r, θ, φ) · ~eθ
+ Fφ (r, θ, φ) · ~eφ
• Wegelement:
d~r = dr · ~er
+ r · dθ · ~eθ
+ r · sin θ · dφ · ~eφ
• Flächenelemente:
z
~1
dA
~2
dA
y
~3
dA
x
~ 1 = r2 · sin θ · dθ · dφ · ~er
dA
~ 2 = r · sin θ · dr · dφ · ~eθ
dA
~ 3 = r · dr · dθ · ~eφ
dA
• Volumenelement:
dV = r2 · sin θ · dr · dθ · dφ
Skalarprodukt, Vektorprodukt
• Skalarprodukt:
~·B
~ := |A|
~ · |B|
~ · cos ∠(A,
~ B)
~
A
~ ·A
~
=B
= Ax · Bx + Ay · By + Az · Bz
Anmerkung: Skalarprodukt mit einem Einheitsvektor entspricht einer Projektion.
F~ · ~ey = |F~ | · 1 · cos α = Fy
6
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 1
WS 2010/2011
Insbesondere:
~ex · ~ex = 1
~ey · ~ey = 1
~ez · ~ez = 1
~ex · ~ey = 0
~ey · ~ez = 0
~ez · ~ex = 0
(analog für ~eρ , ~eφ , ~ez und ~er , ~eθ , ~eφ )
NB:
~ · ~ex = E0 ist eine skalare Gleichung (Ex = E0 ).
E
~ = E0 · ~ex ist eine vektorwertige Gleichung und entspricht drei Skalaren Gleichungen (Ex = E0 , Ey =
E
0, Ez = 0)
• Vektorprodukt (Kreuzprodukt)
~×B
~ ⊥ A,
~ B
~
– A
~ × B|
~ = |A|
~ · |B|
~ · sin ∠(A,
~ B)
~
– |A
~ B,
~ A
~ ×B
~ bilden ein rechtshändiges System (Bsp: ~ex × ~ey = ~ez ).
– A,
~×B
~ = −(B
~ × A)
~
– A
– Merkregel:
~ex
~
~
A × B = Ax
Bx
~ey
Ay
By
~ez
Az
Bz
= (Ay · Bz − Az · By ) · ~ex + (Az · Bx − Ax · Bz ) · ~ey + (Ax · By − Ay · Bx ) · ~ez
Insbesondere:
~ex × ~ey = ~ez
~ey × ~ez = ~ex
~ez × ~ex = ~ey
~ex × ~ex = ~ey × ~ey = ~ez × ~ez = 0
Analog für ~eρ , ~eφ , ~ez und ~er , ~eθ , ~eφ .
Blatt 1
Aufgabe 1
Koordinatentransformation
7
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 1
a)
sin φ · ~ex
y
cos φ · ~ey
~eφ
y
ρ
φ
x
x
~ 1 = 1 · ~eφ
B
ρ
1
B1φ =
ρ
1
= p
x2 + y 2
~eφ = − sin φ · ~ex + cos φ · ~ey
y
x
= −p
· ~ex + p
· ~ey
2
2
2
x +y
x + y2
1
~ 1 (~r) =
· [−y · ~ex + x · ~ey ]
B
2
x + y2
~ 2 (~r) = 1 · ~er
b) B
r
x · ~ex + y · ey + z · ez
~r
= 2 =
r
x2 + y 2 + z 2
~ 3 (~rA ) =
B
c)
1
2
rAQ
· ~erAQ
h
i
1
1
vgl. F~qQ =
· q · Q · 2 · ~erqQ
4πε
rqQ
mit ~rQ = a · ~ey (~rA Aufpunkt, ~rQ Quellpunkt:)
z
~rA
~rAQ
~rQ
y
a
x
~rAQ = ~rA − ~rQ , ~erAQ =
~rAQ
rAQ
8
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 1
WS 2010/2011
In kartesischen Koordinaten (allgemein):
~rA = xA · ~ex + yA · ~ey + zA · ez
~rQ = xQ · ~ex + yQ · ~ey + zQ · ez
~rAQ = (xA − xQ ) · ~ex + (yA − yQ ) · ~ey + (zA − zQ ) · ~eZ
hier
= xA · ~ex + (yA − a) · ~ey + zA · ~ez
Achtung: Komponentenweise Subtraktion von Ortsvektoren ist nur in kartesischen Koordinaten erlaubt
(wegen konstanten Einheitsvektoren)
Beispiel Kugelkoordinaten:
~rA = rA · ~erA
~rQ = rQ · ~erQ
~erA 6= ~erQ
Addition/Subtraktion von Vektorfeldern an einem eindeutigen Aufpunkt ist in allen drei Koordinatensystemen erlaubt (da Einheitsvektoren eindeutig). z.B.:
F~1 (~rA ) + F~2 (~rA ) = (F1r + F2r ) · ~erA
+ (F1θ + F2θ ) · ~eθA
+ (F1φ + F2φ ) · ~eφA
~ 3 (~rA ) = ~rAQ = xA · ~ex + (yA − a) · ~ey + za · ~ez
B
3
3/2
rAQ
(x2A + (yA − a)2 + zA )
Aufgabe 2
Ort der Masse: ~r = ~l = l · ~er
F~g = Fg,z · ~ez
= −m · g · ~ez
F~g in Kugelkoordinaten:
1) Wegen ~ez ⊥ ~eφ : ~ez · ~eφ = 0:
Fg,φ = F~g · ~eφ = 0
| {z }
~g auf ~
Projektion von F
eφ Richtung
2) Fg,r und Fg,θ : Zerlege
(Skizze)
~ez = cos θ · ~er − sin θ · ~eθ
Insgesamt:
F~g = −m · g · cos θ ·~er + m · g · sin θ ·~eθ
| {z }
{z
}
|
Fg,r
Fg,θ
Zugkraft auf Stab:
~l
Fl = F~g · = F~g · ~er = Fg,r = −m · g · cos θ
l
Anmerkung:
Fl < 0 für 0 ≤ θ <
Fl > 0 für
π
=
ˆ z > 0 ⇒ Druckkraft
2
π
≤θ<π=
ˆ z < 0 ⇒ Zugkraft
2
9
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WS 2010/2011
Drehmoment
~ = ~l × F~g
L
= (l · ~er ) × (−m · g · cos θ · ~er + m · g · sin θ · ~eθ )
= (−l · m · g · cos θ) · (~er × ~er ) +(+l · m · g · sin θ) · (~er × ~eθ )
| {z }
| {z }
0
~
eφ
~ = l · m · g · sin θ · ~eφ
L
~ gibt die Größe des Drehmoments an, die Richtung von L
~ gibt die Drehachse an
Anmerkung: Der Betrag von L
~
(Drehsinn und L sind im „Rechtsschraubensinn“ verknüpft). (Skizze)
Aufgabe 3
a) (Skizze)
Q=
¨
σe (θ) · dA mit dA = R · sin θ · dφ · R · dθ
A
dQ = σe (θ) · dA
Q1 =
ˆπ/2 ˆ2π
σe0 · cos θ · R2 sin θ · dθ · dφ
θ=0 φ=0
ˆπ/2
= R · σe0 · 2π ·
cos θ · sin θ · dθ
u = sin θ
du = cos θ · dθ
2
θ=0
ˆ1
= R2 · σe0 · 2π ·
0
θ=0⇒u=0
θ = π2 ⇒ u = 1
u · du
= R2 · σe0 · π
b) Qges = Q1 + Q2
2
Q2 = R · 2π ·
ˆ0
1
u · du = −R2 · σe0 · π
Qges = 0
c) Jetzt Raumladung ρe (r)
Qges =
ˆR ˆπ ˆ2π
r=0 θ=0 φ=0
ρe (r) · dV
2
mit dV = r · sin θ · dφ · dθ · dr
ˆR
ˆπ
ˆ2π
ρe0
3
Qges =
r · dr ·
·
sin θ · dθ ·
dφ
R
r=0
φ=0
| {z } θ=0
|
{z
} | {z }
R4
4
[− cos θ]π
0 =2
2π
4
=
ρe0 R
·
· 2 · 2π = ρe0 · R3 · π
R
4
Einschub: Divergenz
~
Quelleneigenschaften eines Vektorfeldes, z.B. D
• integrale Aussage:
‹
~ · dA
~=
Q=
D
ˆ Quellenstärke des Feldes im von H eingeschlossenem Gebiet
H
10
Marius Geis
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• lokale Aussage:

~ := lim  1 ·
div D
V →0
V
‹
H

~ · dA
~ =
D
ˆ Quellendichte des Feldes in einem Punkt „Divergenz“
Berechnung in kartesischen Koordinaten:
infinitesimal kleiner Quader, Oberfläche H
z
z + dz
dy
dz
z
y
dx
y + dy
y
x
x + dx
x
Fluss aus dem Quader heraus:
‚
H
~ · dA
~
D
1) Teilflüsse in x-Richtung (durch Vorder-und Rückseite)
i)
−dy · dz · ~ex
dy · dz · ~ex
~ = dy · dz · ~ex (bei x + dx)
dA
~ · dA
~ = D(x
~ + dx, y, z) · dy · dz · ~ex
D
= Dx (x + dx, y, z) · dy · dz
ii)
~ = −dy · dz · ~ex (bei x)
dA
~ · dA
~ = −D(x,
~
D
y, z) · dy · dz · ~ex
= −Dx (x, y, z) · dy · dz
Beiträge i) und ii) zusammengefasst:
[Dx (x + dx, y, z) − Dx (x, y, z)] · dy · dz
∂
Dx (x, y, z) · dx
Taylor: Dx (x, y, z) + ∂x
∂
=
Dx (x, y, z) · dx · dy · dz
∂x
∂
=
Dx · dV
∂x
2) Analog Teilflüsse in y-Richtung: . . . Beitrag
∂
Dy · dV
∂y
11
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 1
3) Analog Teilflüsse in z-Richtung: . . . Beitrag
∂
Dz · dV
∂z
Zusammenfassung:
‹
∂
∂
∂
~
~
Dx +
Dy +
Dz · dV
D · dA =
∂x
∂y
∂z
H
‹
~ = lim 1 ·
~ · dA
~
div D
D
V →0 V
H
∂
∂
∂
1
·
Dx +
Dy +
Dz ·
=
dV
dV
∂x
∂y
∂z
|
{z
}
~
div D
Deutung (formal) als Skalarprodukt:
~ = ∂ · ~ex + ∂ · ~ey + ∂ · ~ez · (Dx · ~ex + Dy · ~ey + Dz · ~ez )
div D
∂x
∂y
∂z
{z
}
|
|
{z
}
~
D
=:∇
„Nabla-Operator“
~ =∇·D
~
div D
Aufgabe 4
a) wegen Rotationssymmetrie bzgl. der z-Achse hier sinnvoll: Zylinderkoordinaten
Aufpunktsvektor: ~rA = b · ~ez
Quellpunktvektor: ~rQ = a · ~eρQ (abhängig von φQ )
~rAQ = ~rA − ~rQ = b · ~ez − a · ~eρQ
(Quellengebiet: ρQ = a, 0 ≤ φQ < 2π, zQ = 0)
b) Feldstärkebeitrag eines Ladungselements
dQ = qL · ds
x
~rQ
~rAQ
~rA
z
b ~
dE
y
dQ ~rAQ
· 3
4πε0 rAQ
√
mit rAQ = |~rAQ | = b2 + a2 , also
~ez − a · ~eρQ
~ = dQ · b ·√
dE
3
4πε0
b 2 + a2
~ =
dE
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~ hat keine φ-Komponente)
(Anmerkung: dE
Feldstärkebeitrag eines spiegelsymmetrisch zu dQ angeordneten Ladungselements dQ′ :
x
dQ
~rAQ
~′
dE
′
~rAQ
~ ges
dE
b
~
dE
z
y
dQ′
l
insgesamt folgt aus der Rotationssymmetrie der Anordnung:
~ 0, b) = Ez (0, 0, b) · ~ez
E(0,
ˆ
~ 0, b) = dEz (0, 0, b) · ~ez
E(0,
S
mit
dEz =
b
dQ
·√
3
4πε0
b 2 + a2
und
dQ = qL · ds = qL · a · dφQ
~ 0, b) =
E(0,
ˆ2π
qL
b
·√
3 ·a·
4π · ε0
2
b + a2
φQ =0
=
|
qL
b·a
· ~ez
·√
2ε0
b 2 + a2
dφQ ·~ez
{z
2π
}
Andere Symmetrieüberlegung:
~ 0, b) hat auch eine Komponente ⊥ zur z-Achse, z.B. in y-Richtung:
• Annahme: E(0,
x
qL = const
z
b
~
E
y
• Drehung um die z-Achse, z.B. um den Winkel − π2 ergibt:
13
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Marius Geis
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x
′
qL
~′
E
z
b
y
• Beobachtung
′
1) qL
(~r) = qL (~r)
~ ′ 6= E
~
2) E
~ 0, b) kann keine Komponene ⊥ zur z- Achse haben.
Widerspruch! ⇒ E(0,
c) „Fernfeld“: b ≫ a
~ 0, b) =
E(0,
qL · b · a
p
3
2 · ε0 ·
a2 + b 2
| {z }
· ~ez
√ 3
b>0
≈ b2 =|b|3 = b3
qL · a
· ~ez
2 · ε0 · b2
Mit Q = 2πa · qL (Gesamtladung der Linienladung)
qL · a · 2π
~ 0, b) b≫a
E(0,
≈
· ~ez
2π · 2 · ε0 · b2
Q
=
· ~ez für b > 0
4πε0 · b2
entspricht dem Feld einer Punktladung Q im Ursprung.
~ 0, b) ≈
E(0,
Aufgabe 5
a)
y
dAQ = dρQ · ρQ · dφQ
a
~rQ
ρQ
φQ
x
z
14
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Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 1
WS 2010/2011
dQ = σe · dAq
= σe · dρQ · ρQ · dφQ
~rQ = ρQ · ~eρQ (abh. von φQ )
~rA = b · ~ez
~rAQ = ~rA − ~rQ = b · ~ez − ρQ · ~eρQ
Quellengebiet:
0 ≤ ρQ ≤ a
0 ≤ φQ < 2π
zQ = 0
~ 0, b) =
b) E(0,
ˆa ˆ2π
ρQ φQ =0
dQ ~rAQ
· 3
4πε0 rAQ
|
{z
}
~
dE
Aus Rotationssymmetrie (vgl Aufgabe 4) folgt:
~ 0, b) = Ez (0, 0, b) · ~ez
E(0,
~ 0, b) · ~ez
dEz (0, 0, b) = dE(0,
=
~rAQ · ~ez σe · ρQ · dφQ · dρQ
·
3
rAQ
4πε0
| {z }
b
(ρ2Q +b2 )3/2
Die Teilintegration über φz ist trivial.
ˆa
ˆ2π
ρQ · dρQ
σe · b
·
dφQ
Ez (0, 0, b) =
3/2 ·
4πε0
ρ2Q + b2
ρQ =0
φQ =0
| {z }
2π
Ansatz mit dem Ergebnis aus Aufgabe 4b, angewandt auf einen Kreisring mit dem Radius ρQ und der Breite
dρQ :
y
dAQ = 2πρQ · dρQ
dρQ
ρQ
x
z
dQ = σe · dAQ
15
Marius Geis
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Annäherung durch ringförmige Linienladung mit dem Radius ρQ und dem Ladungsbelag dqL
!
dQ = σe · 2πρQ · dρQ = dqL · 2πρQ
⇒ dqL = σe · dρQ
Ersetze in Aufgabe 4b:
Ez (0, 0, b) durch dEz (0, 0, b)
qL
durch dqL
a
durch ρQ
b · ρQ
dqL
·
dEz (0, 0, b) =
2 · ε0 (b2 + ρ2Q )3/2
ˆa
ρQ · dρQ
σe · b
·
Ez (0, 0, b) =
2
2 · ε0
(b + ρ2Q )3/2
ρQ =0
c) Ez (0, 0, b)
Hinweis
=
ρQ =a

1
σe · b 

· − h
i1/2 
2 · ε0
ρ2Q + b2
ρQ =0
~ 0, b) = Ez (0, 0, b) · ~ez
E(0,
1
1 i
σe · b h
· −√
+
· ~ez
=
2 · ε0
|b|
a2 + b 2
|{z}
=
Fernfeld: b ≫ a
1
b,
wg. b > 0


~ 0, b) = σe · b · 1 · − r 1
E(0,
a 2
2 · ε0 b 
Hinweis mit x =
a 2
b
b }
| {z
≪1

+1

+ 1
 · ~ez
σe
1 a 2
+ 1 ·~ez
≈
· − 1−
2 · ε0
2 b
{z
}
|
1
a 2
2 ·( b )
σe · a2 · π
· ~ez
4ε0 · b2 · π
mit Gesamtladung Q = σe · π · a2
Q
~ 0, b) =
E(0,
· ~ez
4πε0 · b2
(auch hier näherungsweise das Feld einer Punktladung Q im Ursprung)
=
Hausaufgabe: Ü-Blatt 2 Aufgabe 8
E-Feld einer kugelförmigen Raumladungsverteilung
Abgabe bis Dienstag, 16.11.2010, 1400 in grünen Briefkasten gegenüber Raum 213 (Seminarraum)
16
Marius Geis
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Aufgabe 6
x
a
y
−c
z
ρe
c
dz
b−z
a)
dQ = ρe · dV
!
= ρe · πa2 · dz = dσe · πa2
⇒ dσe = ρe · dz
Ersetzung im Ergebnis aus Aufgabe 5c)
~ 0, b)
E(0,
σe
b
durch
durch
durch
!
~ 0, b)
dE(0,
dσe
b−z
In Aufgabe 5c): b > 0
!
hier:
b−z >0
!
b>c≥z
dσe · (b − z) h
1 i
1
· ~ez
+
· −p
2 · ε0
|b − z|
a2 + (b − z)2
| {z }
~ 0, b) =
dE(0,
1
= b−z
>0
~ 0, b) =
b) E(0,
ˆ+c
~ 0, b)
dE(0,
z=−c
ρe
=
·
2 · ε0
ˆc h
z=−c
i
b−z
+1 dz · ~ez
−p
a2 + (b − z)2
|
}
√ {z
d
dz
a2 +(b−z)2
h
iz=c
p
ρe
2
2
·
=
a + (b − z)
+ 2c · ~ez
2 · ε0
z=−c
p
p
ρe
a2 + (b − c)2 − a2 + (b + c)2 + 2c · ~ez
·
=
2 · ε0
(für b > c)
Das Ergebnis gilt nicht für b < c.
Anmerkung: Ansatz für 0 < b < c:
17
z
b
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 2
WS 2010/2011
x
y
−c
b
z
c
ρe
bekanntes Problem: Aufpukt liegt
außerhalb. Aber: Neues Koordinatensystem mit Koordinatenursprung
im Zylindermittelpunkt erforderlich. . . −c′ , c′ , b′
c−bc−b
Dieser
Teilzylinder liefert
keinen
Beitrag zu
~ 0, b)
E(0,
Blatt 2
Aufgabe 7
a)
dQ = σe · l · dx
y
σe
l
x
−a
+a
dx
b−x
!
dQ = σe · l · dx = dqL · l
⇒ dqL = σe · dx
~ =
b) Aus Vorlesung, für Linienladung in der z-Achse: E
18
qL
2πε0
·
1
ρ
· ~eρ
x
b
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 2
Ersetze: ρ
~eρ
qL
~
E
durch
durch
durch
durch
WS 2010/2011
b−x
~ex
dqL
~
dE
dqL
1
·
2πε0 b − x
~ = dqL · 1 · ~ex
dE
2πε0 b − x
dEx =
ˆa
dx
· ~ex
b−x
|
{z
}
x=−a
|x−b|
dx
= d lndx
· dx
= x−b
σe
x=a
=
· [− ln |x − b|]x=−a · ~ex
2πε0
−a − b σe
· ~ex
· ln =
2πε0
a−b a+b
b>a σe
· ~ex
· ln
=
2πε0
b−a
~ 0, 0) =
c) E(b,
d) Fernfeld: b >> a, d.h.
a
b
≪1
a
~ 0, 0) = σe · ln b + 1 · ~ex
E(b,
2πε0
1 − ab
h
σe
a
a i
=
· ln 1 +
· ~ex
− ln 1 −
2πε0
| {z b } | {z b }
b
≈a
≈− a
b
a
σe
· 2 · · ~ex
2πε0
b
q
1
!
L
=
· · ~ex
2πε0 b
für qL =
2 · a ·σe
|{z}
HINWEIS
≈
=
ˆ Breite des
Streifens
Hausaufgabe 2:
Abgabe in grünen Briefkasten gegenüber Raum 213 (Seminarraum) bis Diensttag, 23.11. 2010, 1400
Aufgabe 8
Zerlegung der Kugel in Kreisscheiben mit der Dicke dz:
19
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 2
x
b−z
b
R(z)
z
dz
z
a
y
z
z
R(z)
a
x
Scheibenradius
R(z) =
p
a2 − z 2
dV = πR2 (z) · dz
− a ≤ z ≤ +a
dQ = ρe · dV = ρe · π · R2 (z) · dz
!
= dσe · πR2 (z)
⇒ dσe = ρe · dz (vgl. Aufgabe 6)
a) Mit dem Ergebnis aus Aufgabe 5c) und Ersetzungen:
20
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Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 2
~ 0, b)
E(0,
σe
a
b
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~ 0, b)
dE(0,
dσe
R(z)
b−z
durch
durch
durch
durch
ρe ·dz
z}|{
i
b−z
dσe h
~
· 1− p
dE(0, 0, b) =
· ~ez
2 · ε0
R2 (z) + (b − z)2
|
{z
}
a2 −z 2 +b2 −2bz+z 2
ρe · dz
b−z
=
· ~ez
· 1− √
2 · ε0
a2 + b2 − 2bz
~ 0, b) =
b) E(0,
ˆa
~
dE
z=−a
ˆa b−z
1− √
· dz
a2 + b2 − 2bz
z=−a
z=a
p
ρe~ez
1
a2 − b 2
· a2 + b2 − 2bz
· z−
· z+
2ε0
3b
−b
z=−a
ρe · ~ez
·
=
2 · ε0
HINWEIS
=
=
ρe · ~ez
2ε0
p
p
1
1
a2 − 2b2
a2 − 2b2
· 2a −
· a2 − 2ab + b2 +
· a2 + 2ab + b2
· a+
· −a +
|
{z
} 3b
|
{z
}
3b
b
b
|a−b|=−(a−b)
1 ρe · ~ez
· 2a + 2 · (ab + a2 − 2b2 ) · (a − b) + (−ab + a2 − 2b2 ) · (a + b)
=
2 · ε0
3b
ρe · ~ez
1 =
· 2a + 2 · −2ab2 + 2a3 − 4ab2
2ε0
3b
ρe · ~ez
6ab2
2a3
=
· 2a −
+
2ε0
3b2
3b2
ρe a3
=
·
· ~ez
3ε0 b2
Mit Gesamtladung Q = 34 πa3 · ρe :
|a+b|=(a+b)
~ 0, b) = 4π a3 ρe · 1 · 1 · ~ez
E(0,
3
4πε0 b2
Q
1
=
· 2 · ~ez
4πε0 b
Entspricht für b > a dem Feld einer Punktladung Q im Ursprung. Aus der Kugelsymmetrie folgt:
Er (~r) = Er (r); Eθ = 0, Eφ = 0
also
~ r ) = Er (r) · ~er =
E(~
1
Q
· 2 · ~er
4πε0 r
(r ≥ a)
21
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Aufgabe 9
z
ε0
d~
x
a
−a
qL
−qL
Liniendipolmoment: p~L = qL · d~ = const
Bekannt: Feld einer Linienladung qL in der z-Achse in Zylinderkoordinaten
~ 0 (~r) = qL · ~eρ
E
2πε0 ρ
Hier: Zwei Linienladungen parallel zur z-Achse, um ±a·~ex verschoben → keine zylindersymmetrische Anordnung.
Zylinderkoordinaten sind hier ungeeignet.
Zunächst Koordinatentransformation:
~ 0 (~r) = qL · ρ · ~eρ = qL · x · ~ex + y · ~ey
E
2πε0
ρ2
2πε0
x2 + y 2
Dann Verschiebung
1) qL bei x = a:
~ 1 (~r) = qL · (x − a) · ~ex + y · ~ey
E
2πε0
(x − a)2 + y 2
2) −qL bei x = −a:
~ 2 (~r) = −qL · (x + a) · ~ex + y · ~ey
E
2πε0
(x + a)2 + y 2
~ ges (~r) = E
~ 1 (~r) + E
~ 2 (~r)
Superposition: E
x-Komponente:
Eges,x (~r) =
(x + a)
(x − a)
qL
·
−
2πε0
(x − a)2 + y 2
(x + a)2 + y 2
22
Marius Geis
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mit Abkürzungen:
(x − a)2 + y 2 =: ρ21
(x + a)2 + y 2 =: ρ22
Eges,x
qL
(x − a) · [(x + a)2 + y 2 ] − (x + a) · [(x − a)2 + y 2 ]
=
·
2πε0
ρ21 · ρ22
2a
−2a
z
}|
{
}|
{ z
(x − a)(x + a) · [(x + a) − (x − a)] + y 2 · [(x − a) − (x + a)]
qL
·
=
2πε0
ρ21 · ρ22
qL (x2 − a2 − y 2 ) · 2a
=
·
2πε0
ρ21 ρ22
mit pL = qL · d = qL · 2 · a
pL x2 − a2 − y 2
Eges,x =
·
2πε0
ρ2 · ρ2
1 2
y
y
qL
·
−
Eges,y (~r) =
2πε0
(x − a)2 + y 2
(x + a)2 + y 2
2
2
qL y · [(x − a) + y − (x − a)2 − y 2 ]
=
·
2πε0
ρ21 ρ22
qL y · 4xa
=
·
2πε0 ρ21 ρ22
pL
2xy
=
· 2 2
2πε0 ρ1 ρ2
Grenzübergang: d → 0 (d.h. a → 0) qL → ∞ mit pL = d · qL = const
lim ρ21 = x2 + y 2
a→0
lim ρ22 = x2 + y 2
a→0
Damit:
pL
a→0
2πε0
pL
lim Eges,y (~r) =
a→0
2πε0
~ r ) = lim E
~ ges (~r) = pL
E(~
a→0
2πε0
lim Eges,x (~r) =
x2 − y 2
(x2 + y 2 )2
2xy
· 2
(x + y 2 )2
(x2 − y 2 ) · ~ex + 2xy · ~ey
·
(x2 + y 2 )2
·
Aufgabe 10
„Ebenes Problem“: Keine Abhängigkeit von z, keine z-Komponente.
Feldliniengleichung:
y
d~s
~
E
x
~ in jedem Punkt der Feldlinie
d~s k E
Eφ
Eρ
=
dρ
ρ · dφ
23
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(Hier: d~s = dρ · ~eρ + ρ · dφ · ~eφ + dz
· ~e
z.
~
E = Eρ · ~eρ + Eφ · ~eφ + Ez · ~ez .)
~ r ) aus Aufgabe 9 in Zylinderkoordinaten. mit
a) Transformation von E(~
x = ρ · cos φ
y = ρ · sin φ
~ex = cos φ · ~eρ − sin φ · ~eφ
~ey = sin φ · ~eρ + cos φ · ~eφ
~ r ) = pL · 1
E(~
2πε0 ρ4
· (ρ2 cos2 φ − ρ2 sin2 φ) · (cos φ · ~eρ − sin φ · ~eφ ) + 2ρ2 cos φ sin φ · (sin φ · ~eρ + cos φ · ~eφ )
1
pL
· 2
=
2πε0 ρ
i
h
· (cos3 φ − sin2 φ cos φ + 2 cos φ sin2 φ) · ~eρ + (− cos2 φ sin φ + sin3 φ + 2 cos2 φ sin φ) · ~eφ
=
1
pL
· 2 · [(cos3 φ + cos φ · sin2 φ) ·~eρ + (sin3 φ + cos2 φ sin φ) ·~eφ ]
{z
}
{z
}
|
|
2πε0 ρ
cos φ·(cos2 π+sin2 φ)=cos φ
sin φ(sin2 φ+cos2 φ)=sin φ
pL
1
=
· 2 · [cos φ · ~eρ + sin φ · ~eφ ]
2πε0 ρ
b) DGL (umgeformt):
dρ
cos φ
Eρ
=
=
ρ · dφ
Eφ
sin φ
(für ρ > 0 und 0 < φ < 2π, φ 6= π)
Trennung der Variablen:
cos φ
dρ
=
· dφ
ρ
sin φ
Integration:
ˆ
ˆ
cos φ
dρ
=
· dφ
ρ
sin φ
´ ′ (x)
Mit ff (x)
dx = ln |f (x)| + C gilt
ρ
ln
+ C1 = ln | sin φ| + C2
ρ0
ρ
= | sin φ| · eC2 −C1
ρ0
ρ = | sin φ| · eC2 −C1 · ρ0
| {z }
C
Entspricht einer parametrsischen Beschreibung der Feldlinien (jeder Feldlinie ist eine Konstante C zugeordnet).
ρ = C · | sin φ| (für ρ > 0 und 0 < φ < 2π, φ 6= π)
c) Transformation in kartesische Koordinaten:
p
y
2
2
x + y = C · p
x2 + y 2 x2 + y 2 = C · |y|
zu zeigen: Diese Gleichung entspricht einer Kreisgleichung (x′2 + y ′2 = R2 )
x2 + y 2 − C · |y| = 0
2 2
C
C
2
2
=: R2
=
x + y − C · |y| +
2
2
|
{z
}
(|y|− C2 )2
24
Marius Geis
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Also:
x2 + (|y| − R)2 = R2
=
ˆ Kreisgleichung für Kreise mit dem Radius R und dem Mittelpunktskoordinaten xM = 0 und |yM | = R ⇔ yM = ±R
y
x
p~L
Anmerkung: Die Feldlinien sind nicht geschlossen, sondern beginnen bei x = +0 und enden bei x = −0.
~ = 0 ist erfüllt.
rot E
Aufgabe 11
z
A
~ = dA · ~ex
dA
a
a
x
y
a) Gesucht:
Ψ=
¨
~ · dA
~
D
A
Wegen der Geometrie der Fläche A am einfachsten: Berechung des Integrals in kartesischen Koordinaten.
25
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Integrationsgebiet: x = a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a.
~ = dy · dz · ~ex
dA
~ r ) = Q · ~r = Q · x · ~ex + y · ~ey + z · ~ez
D(~
4π r3
4π
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
~ · dA
~= D
~ · ~e
dΨ = D
·dy · dz
| {z x}
Dx (x=a,y,z)
Ψ=
Q
·
4π
ˆa ˆa
y=0 z=0
a
· dz · dy
(a2 + y 2 + z 2 )3/2
2. Hinweis mit x ersetzt durch z, B 2 ersetzt durch (a2 + y 2 )
#z=a
"
ˆa
Q
z
p
Ψ=
· dy
a·
·
4π
(a2 + y 2 ) · a2 + y 2 + z 2 z=0
y=0
Q
· a2 ·
=
4π
y=a
ˆ
y=0
1
p
dy
2a2 + y 2
(a2 + y 2 ) ·
3. Hinweis mit x ersetzt durch y, z 2 ersetzt durch y 2 :
!#y=a
"
p
2 + 2a2
Q
y
y
·
1
Ψ=
· arctan
· a2 ·
4π
2a2
a2
y=0
!
√
i
h
2
a · 3a
Q
arctan
− arctan(0)
=
| {z }
8π
a2
=0
|
{z
}
√
3
Ψ=
Q
24
|
{z
1. Hinweis: = π
3
}
b)
A
2a
2a
2a
~ r ) (u.a. Rotationssymmetrie bzgl. der x-/y-/z-Achse) wird jeder Quadrant
Wegen der Kugelsymmetrie von D(~
jeder der sechs Würfelseiten vom gleichen Fluss Ψ durchsetzt.
Ψges =
24
X
i=1
Ψi mit Ψi =
Q
, also
24
Ψges = Q
Aufgabe 12
a) Zu Aufgabe 8: Kugelförmige, homogene Raumladungsverteilung ρe mit Radius a
~ r ) bzw. E(~
~ r ) für |~r| ≥ a d.h. drei skalare Unbekannte.
Gesucht: D(~
26
Marius Geis
Ansatz:
‹
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~ · dA
~=
D
H
˚
ρe · dV =
ˆ eine skalare Gleichung
V
und Symmetrieüberlegungen
ρe (~r) ist konstant, d.h. kugelsymmetrisch (gilt allgemein auch für ρe = ρe (r))
~ r ) muss auch kugelsymmetrisch sein.
⇒ D(~
~ r ) = Dr (r) · ~er (nur noch eine skalare Unbekannte)
Dθ = 0, Dφ = 0, Dr (~r) = Dr (r), also D(~
Geeignete Hüllfläche
x
~ = dA · ~er
dA
z
a
y
r≥a
~ k dA
~ und Dr = const (wegen r = const in H)
⇒D
‹
‹
‹
~ · dA
~=
D
Dr (r) · dA = Dr (r) ·
dA
H
H
H
| {z }
4πr 2
4
= Qein = πa3 · ρe
3
a3 · ρe
⇒ Dr (r) =
3r2
3
~ r ) = 1 · Dr (r) · ~er = a · ρe · ~er für r ≥ a
E(~
ε0
3 · ε0 · r 2
!
Zu Aufgabe 11
Ψges
(el. Fluss ΨA durch Fläche A).
‹
Symmetrie
~ · dA
~
=
24 · ΨA
=
D
}
| {z
~
α
HWürfel |D(x,y,z)|·dA·cos
!
= Qein = Q
Q
also ΨA =
24
b) Feld der Kugelförmigen Raumladungsverteilung ρe = const für |~r| < a:
27
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GGET III GGÜ Blatt 2
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x
H
ρe
a
y
‹
z
r
~ · dA
~ = Dr (r) · 4πr2 wie zuvor
D
H
=
˚
4
ρe · dV = ρe · π · r3
3
V
ρe · r
und
⇒ Dr (r) =
3
~ r ) = ρe · r · ~er für |~r| < a
E(~
3 · ε0
Zusammenfassung
a
a·ρe
3·ε0
∼
∼r
r
a
c)
1
r2
z
⊗
y
σe = const
x
~ r ) sind
Symmetrie: Die Ladungsverteilung und damit die elektrische Flussdichte D(~
• invariant bezüglich einer Rotation um die z-Achse (und jeder zur z-Achse parallelen Achse)
⇒ Dx = 0, Dy = 0
• invariant bezüglich einer Verschiebung in x- oder y-Richtung
⇒ Dz (~r) = Dz (z) 6= Dz (x, y)
28
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WS 2010/2011
• symmetrisch zur x-y-Ebene
⇒ Dz (−z) = −Dz (z) (ungerade Funktion)
~ r ) = Dz (z) · ~ez
Also D(~
Gaußscher Satz der Elektrostatik, angewendet auf eine quaderformige Hüllfläche
~ = dA · ez
dA
z
~ = dA · ey
dA
A0 = a2
+z0
y
~ = dA · ~ex
dA
x
a
−z0
a
~ = dA · (−~ez )
dA
H: Einhüllende eines Quaders mit
0≤
0≤
−z0 ≤
x ≤a
y ≤a
z ≤ z0
~ ⊥ dA
~ (wg. dA
~ k ~ex oder dA
~ k ~ey ) ⇒ D
~ · dA
~ = 0, kein Beitrag zum Hüllflächenintegral
• Seitenflächen D
• Deckel:
~ = dA · ~ez
dA
~ = Dz (z0 ) · ~ez = const
D
~ ·A
~ = Dz (z0 ) · dA
D
• Boden
‹
H
~ = dA · (−~ez )
dA
~ = Dz · (−z0 ) · ~ez = const
D
~ · dA
~ = −Dz (−z0 ) · dA
D
~ · dA
~ = Dz (z0 ) · A0 − Dz (−z0 ) ·A0
D
| {z }
−Dz (z0 )
!
Insgesamt
= Qein = σe · A0 für beliebige z0 > 0
~ r) =
D(~
(
σe
ez
2 ·~
σe
− 2 · ~ez
, für z > 0
, für z < 0
29
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 2
Dz
σe
2
z
− σ2e
Vgl. idealer Plattenkondensator:
A
−σe
mit σe =
σe
Q
A.
Dz
− σ2e
Dz,ges
z
σe
2
30
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 2
D=z·
σe
2
d)
= σe
z
a
y
x
~ sind
Symmetrie: Die Ladungsverteilung und die elektrische Flussdichte D
• invariant bzgl. einer Drehung um π (180◦ ) um die x-Achse und die y-Achse
⇒ Dφ = 0, Dz = 0
• invariant bzgl. einer beliebigen Drehung um die z-Achse
⇒ Dρ (~r) 6= Dρ (φ)
• invariant bzgl. einer Verschiebung in z-Richtung
⇒ Dρ (~r) 6= Dρ (z)
Zusammenfassung:
~ r ) = Dρ (ρ) · ~eρ
D(~
(zylindrisches Radialfeld)
Geeignete Hüllfläche: Zylinder um die z-Achse mit einer Höhe h und dem Radius ρ
31
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GGET III GGÜ Blatt 2
z
~
dA
ρ
h
WS 2010/2011
~
dA
x
y
~
dA
~ k ~ez , dA
~ ⊥ D,
~ also D
~ · dA
~ = 0 (kein Beitrag zum Integral)
• Deckel und Boden: dA
~ = dA · ~eρ k D
~
• Zylindermantel: dA
~ · dA
~=
D
‹
const wg. ρ = const
¨
~ · dA
~=
D
H
Dρ (ρ)
| {z }
·dA
Dρ (ρ) · dA = Dρ (ρ) ·
¨
dA
AMantel
AMantel
= Dρ (ρ) · 2πρ · h
(
˚
ρe · h · π · ρ2
!
= Qein =
ρe (~r) · dV =
ρe · h · π · a2
V
(
ρ
für ρ ≤ a
1
~
D(~r) = Dρ (ρ) · ~eρ = ρe · ~eρ · a2
2
für ρ > a
ρ
1
2
Dρ
· ρe · a
∼ρ
∼
für ρ ≤ a
für ρ > a
1
ρ
ρ
a
Aufgabe 13
Elektrostatisches Potential allgemein:
ϕe (P ) = ϕe
(P0 )
|{z}
Bezugspunkt
|
{z
−
ˆP
~ · d~s entlang beliebiger Kurve zwischen P0 und P
E
P0
}
Bezugspotential (meist ϕ(P0 ) = 0)
32
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 2
Elektrische Feldstärke aus Aufabe 8,12 a/b:
(
r
für r ≤ a
~ r ) = Er,max · ~er · a2
E(~
a
für r > a
r2
mit Er,max =
ρe ·a
3·ε0
allg.
a) d~s = dr · ~er + r · dθ · ~eθ + r · sin θ · dφ · ~eφ
{z
}
|
~ k~
und wegen E
er hier nicht benötigt
Hier:
~ · d~s = Er (r) · dr(→ gewöhnliches Integral)
E
ϕe (~r) = ϕ(r) kugelsymmetrisches Potential
P0 im Urpsrung =
ˆ r0 = 0, ϕe (r = 0) = 0
Also:
ˆr
ϕe (r) = ϕe (r = 0) −
Er (r′ ) · dr′
| {z }
=0
r ′ =0
(i) innen, 0 ≤ r ≤ a
ϕe (r) = −Er,max ·
ˆr
r ′ =0
Er,max 2
r′
· dr′ =
·r
a
2a
(ii) außen, a < r < ∞
ϕe (r) = ϕ(r = 0) −
|
=−
ˆa
r ′ =0
{z
′
ˆr
′
Er (r ) · dr −
=ϕe (r=a)
Er,max 2
· a − Er,max ·
2a
}
r ′ =a
ˆr
r ′ =a
|
1
Er,max
· −a2 + 2 · a3 · − 2a2
2a
r
3
a
Er,max
· 2 − 3a3
=
2a
r
Zusammenfassung: 0 ≤ r < ∞
(
ρe
−r2
ϕe (r) =
·
3
6 · ε0
2 · ar − 3a2
a2
· dr′
r′2
{z
}
r′ =r
1
=a2 ·(− r1 + a
)
r′ =a
a2 ·[− r1′ ]
ϕe (r) =
Er (r′ ) dr′
0≤r≤a
a<r<∞
~ r ) = − grad ϕe (~r)
b) E(~
mit
1
∂ϕe
1 ∂ϕe
∂ϕe
·~eθ +
·~eφ
· ~er + ·
·
∂r
r |{z}
∂θ
r sin θ ∂φ
|{z}
=0
=0
|
{z
}
=0
(
∂
2
0≤r≤a
~ r ) = − ρe · ~er · − ∂r (r )3
E(~
a
∂
2
6 · ε0
(2
·
−
3a
)
a
<r<∞
∂r
r
(
−2r
0≤r≤a
ρe
=−
· ~er ·
3
a
6ε0
−2 · r2 a < r < ∞
grad ϕe =
33
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 2
c) Jetzt r0 = a, ϕe (r = a) = 0
(i) innen, 0 ≤ r ≤ a:
ϕe (r) = ϕ(r = a) −
| {z }
=0
= −Er,max ·
ˆr
r ′ =a
ˆr
r ′ =a
Er (r′ ) · dr′
Er,max
r3
· dr′ =
· [a2 − r2 ]
a
2a
(ii) außen, a < r < ∞
a2
· dr′
r′2
r ′ =a
|
{z
}
1
a2 ·[− r1 + a
]
a3
· 2·
− 2a2
r
ϕe (r) = −Er,max ·
=
ˆr
Er,max
2a
Zusammenfassung: 0 ≤ r < ∞:
(
a2 − r 2
ϕe
ϕe (r) =
·
3
6 · ε0
2 · ar − 2a2
0≤r≤a
a<r<∞
Jetzt r0 → ∞
(i) außen: a < r < ∞
ϕe (r) = ϕe (r → ∞) −
|
{z
}
=0
ˆr
r ′ =∞
Er (r′ ) · dr′
ˆr
a2
· dr′
r′2
r ′ =∞
2
Er,max
a3
a
= Er,max ·
−0 =
·2
r
2a
r
= −Er,max ·
(ii) innen, 0 ≤ r ≤ a
ϕe (r) = ϕe (r → ∞) −
|
ˆa
r ′ =∞
{z
′
′
Er (r ) · dr −
E
ϕ(r=a)= r,max
2a
·2a2
Er,max
· 2a2 − Er,max ·
=
2a
ˆr
r ′ =a
Er,max
2a
Er,max
=
2a
=
|
· 2a2 − r2 + a2
}
ˆr
r ′ =a
r′
· dr′
a
{z
}
1
2
2
2a ·[r −a ]
· 3a2 − r2
Zusammenfassung, 0 ≤ r < ∞
(
ρe
3a2 − r2 0 ≤ r ≤ a
·
ϕe (r) =
3
6ε0
a<r<∞
2 ar
34
Er (r′ ) · dr′
WS 2010/2011
Marius Geis
d)
GGET III GGÜ Blatt 3
WS 2010/2011
ϕe
ρe ·a2
6·ε0
+3
+2
+1
r
a
−1
−2
−3
Hausaufgabe zu GGET III für Di, 14.12.2010, 1400 :
Übungs-Blatt 4, Aufgabe 21 (Plattenkondensator,-widerstand)
Blatt 3
Aufgabe 14
z
A(rA , θA , φA )
~r 1
Q
θA
~r2
~rA
y
x
−Q
a) r1 = |~r1 |, r2 = |~r2 |
ϕe1 (r1 ) =
+Q 1
·
+ ϕe1,∞
4πε0 r1
| {z }
für r1 →∞
−Q 1
·
+ ϕe2,∞
ϕe2 (r2 ) =
4πε0 r2
| {z }
für r2 →∞
Anmerkung: Gleicher Bezugspunkt für ϕe1 , ϕe2 und ϕe sinnvoll
Hier: ϕe1,∞ = ϕe2,∞ = ϕe,∞ := 0
35
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 3
Superposition:
ϕe (r1 , r2 ) = ϕe1 (r1 ) + ϕe2 (r2 )
1
Q
1
·
−
ϕe (r1 , r2 ) =
4πε0
r1
r2
b) Ersetze r1 , r2 (genauer: r11 , r12 ) durch rA , θA .
Kosinussatz: c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ
r1
rA
d
2
θA
2
d
d
2
+ rA
− 2 · · rA · cos θA
=
2
2
1
1
1
=
·v
r1
rA u
2
u1 d t
+ 1 − d · cos θA
4 rA
rA
| {z }
r12
≪ rd ≪1
A
rA
r2
π − θA
d
2
r22
2
d
d
2
+ rA
− 2 · · rA · cos(π − θA )
=
|
{z
}
2
2
=− cos θA
1
1
1
=
·v
u
r2
rA u 2
d
d
t1 +1+
· cos θA
4 rA
rA
| {z }
Näherungen:
für
d
rA
≪ rd ≪1
1
1
≈
· 1+
r1
rA
1
1
≈
· 1−
r2
rA
≪1
A
1 d
cos θA
2 rA
1 d
cos θA
2 rA
36
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 3
WS 2010/2011
c) Dipolmoment: p = Q · d = const
bzw. p~ = Q · d · ~ez = const
1
1 d
1 d
Q
·
· 1+ ·
· cos θA − 1 + ·
· cos θA
4πε0 rA
2 rA
2 rA
Q
d
=
· 2 · cos θA
4πε0 rA
p
1
d
=
· 2 · cos θA (für
≪ 1)
4πε0 rA
rA
Punktdipol: d → 0, p = const
p
1
ϕeD (rA , θA ) =
· 2 · cos θA
4πε0 rA
Anmerkung: Dieser Ausdruck gilt nur für p~ = p · ~ez
ϕe (rA , θA ) ≈
Verallgemeinerung (mit ~ez ·~erA = cos θA kann p·cos θA als Skalarprodukt gedeutet werden: ~p ·~erA = p·cos θA ).
~rA
p
~
p~ · ~erA 1
· 2 =
· 3
ϕeD (~rA ) =
4πε0 rA
4πε0 rA
d) (In Folgendem: ~r anstatt ~rA )
~ D (~r) = − grad ϕeD (~r)
E
1 ∂
1
∂
∂
ϕeD · ~er + ·
ϕeD · ~eθ +
·
ϕeD · ~eφ
=−
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂φ
|
{z
}
−p
cos θ
sin θ
=0
=
· −2 · 3 · ~er − 3 · ~eθ
4πε0
r
r
p
1
=+
·
· [2 cos θ · ~er + sin θ · ~eθ ]
4πε0 r3
Vergleich der r-Abhängigkeiten:
1
,
r2
Punktladung:
1
ϕe ∼
,
r
ϕeD ∼
~D| ∼
|E
1
r3
~ ∼
|E|
1
r2
Aufgabe 15
a)
z
a
y
ρe = const
x
Zylindersymmetrie → ∆ϕe = − ρεe in Zylinderkoordinaten mit ϕe (~r) = ϕe (ρ)
∂ϕe
1 ∂ 2 ϕe ∂ 2 ϕe
+
ρ·
+ 2·
∂ρ
ρ
∂φ2
∂z 2
| {z } | {z }
=0 wegen Symmetrie
=0
( ρe
∂ϕe
−ε
für 0 ≤ ρ < a
1 ∂
ρ·
=
∆ϕe = ·
ρ ∂ρ
∂ρ
0
für a < ρ < ∞
1 ∂
∆ϕe = ·
ρ ∂ρ
37
Marius Geis
b)
GGET III GGÜ Blatt 3
(i) innen, 0 ≤ ρ ≤ a:
1 ∂
ρ·
·
ρ ∂ρ
für ρ>0 ∂
⇔
ρ·
∂ρ
1. Integration
WS 2010/2011
∂ϕe
ρe
= − = const (Poisson-Gl.)
∂ρ
ε
∂ϕe
ρe
=− ·ρ
∂ρ
ε
ˆ
ρe
ρe ρ2
∂ϕe
= − · ρ dρ = − ·
+ C1
ρ·
∂ρ
ε
ε 2
ρe ρ C1
für ρ>0 ∂ϕe
⇔
=− · +
∂ρ
ε 2
ρ
|{z}
=−Eρ
~ überall stetig, d.h. auch für ρ → 0 gilt |E|
~ < ∞ ⇒ C1 = 0.
Hier: E
~ wäre dann
Anmerkung: C1 6= 0 wäre möglich, wenn sich in der z-Achse seine Linienladung befände. E
nicht stetig.
Also:
∂ϕe
ρe
= − ·ρ
∂ρ
2ε
(∗)
2. Integration:
ρe 2
· ρ + C2
4ε
Mit Bezugspunkt ρ0 = 0 und ϕe (ρ = ρ0 ) = 0
⇒ C2 = 0
ϕe = −
Also
ϕe (ρ) = −
ρe 2
· ρ für 0 ≤ ρ ≤ a stetige Ergänzung für ρ = 0
4ε
(ii) außen, a < ρ < ∞
1 ∂
ρ·
·
ρ ∂ρ
ρ>a>0 ∂
⇔
ρ·
∂ρ
1. Integration
∂ϕe
= 0 (Laplace-Gl.)
∂ρ
∂ϕe
=0
∂ρ
∂ϕe
= C3
∂ρ
∂ϕe
C3
⇔
=
∂ρ
ρ
|{z}
ρ·
−Eρ stetig bei ρ = a
lim
∂ϕe !
∂ϕe
aus (∗)
= lim
ρ→a−0 ∂ρ
∂ρ
C3 ! ρe
=− ·a
a
2ε
ρe
⇔ C3 = − · a
2ε
ρe a2
∂ϕe
=− ·
∂ρ
2ε ρ
| {z }
ρ→a+0
Eρ
Anmerkung: Ein Sprung von Eρ wäre möglich, falls bei ρ = a eine Flächenladung σe oder ein Sprung
der Permittivität ε vorläge.
38
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 3
WS 2010/2011
2. Integration: ϕe stetig bei ρ = 0
ϕe (ρ) = ϕe (ρ = a) −
ˆρ
ρ′ =a
ρ a2
· dρ′
·
2ε ρ′
ρ
−ρe 2 ρe 2
·a −
· a · ln
4ε
2ε
a
ρ ρe · a2 für a < ρ < ∞
· 1 + 2 ln
=−
4ε
a
=
Aufgabe 16
y
A(xa , yA , zA )
ρ2
−qL
ρ1
qL
−a
a
z
Bezugspunkt
a
a
a) Potential einer Linienladung in der z-Achse:
qL
· ln
ϕe (~r) = ϕe (ρ) = ϕe (ρ = ρ0 ) −
| {z } 2πε
=0
ρ
ρ0
ρ=
ˆ Abstand des Bezugspunktes von der Linienladung
Hier:
ρ qL
1
· ln
2πε0
a
ρ qL
2
ϕe2 (ρ2 ) = +
· ln
2πε0
a
ϕe (ρ1 , ρ2 ) = ϕe1 (ρ1 ) + ϕe (ρ2 )
ρ i
qL h ρ2 1
− ln
· ln
=
2πε
a
a
qL
ρ2
=
· ln
2πε
ρ1
ϕe1 (ρ1 ) = −
b) Äquipotentialflächen:
!
ϕe (ρ1 , ρ2 ) = const
ρ2
= const
⇔ ln
ρ1
39
x
Marius Geis
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ln ist streng monoton wachsend
ρ2
⇔
=: k = const
ρ1
2
ρ2
= const
und k 2 =
ρ1
y
A
yA
ρ2
ρ1
z
−a
|xA + a|
c)
xA
a
|xA − a|
2
2
ρ21 = (xA − a)2 + yA
, ρ22 = (xA + a)2 + yA
k2 =
2
ρ22
(xA + a)2 + yA
=
2
2 = const
ρ1
(xA − a)2 + yA
d)
2
2
(xA + a)2 + yA
= k 2 · (xA − a)2 + k 2 · yA
2
2
=0
⇔x2A + 2xA a + a2 + yA
− k 2 · x2A − 2xA a + a2 − k 2 · yA
2
⇔x2A · (1 − k 2 ) + 2xA · a · (1 + k 2 ) + a2 · (1 − k 2 ) + yA
· (1 − k 2 ) = 0
1 + k2
2
· 2 · a ·xA + a2 + yA
=0
1 − k2
|
{z
}
=: −2 · x0
2
k2 +1
= − 1+k
1−k2 · a = k2 −1 · a
falls k2 6=1 2
⇔ xA
x0
+
Quadratische Ergänzung:
2
x2A − 2 · x0 · xA + x20 + a2 + yA
= x20
2
⇔(xA − x0 )2 + yA
= x20 − a2 =: R2
{z
}
|
vgl. KGÜ
40
x
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mit
2
k2 + 1
· a2 − a2
R =
k2 − 1
(k 2 + 1)2 − (k 2 − 1)2 2
=
·a
(k 2 − 1)2
4k 2
· a2
= 2
(k − 1)2
s
2·k
4k 2
R=
· a2 = 2
·a
2
2
(k − 1)
|k − 1|
2
e) (d) ergab eine Gleichung für Kreise in der x-y-Ebene mit dem Radius R und dem Mittelpunkt xM = x0 , yM =
0
y
R
R
z
x0 < 0
Mit k :=
ρ2
ρ1
x0 > 0
x
und ρ2 > 0, ρ1 > 0 gilt:
• k>0
• R>0
• x0 > 0 falls k > 1 (d.h. ρ2 > ρ1 , „rechter Halbraum“)
• x0 < 0 falls k < 1 (d.h. ρ2 < ρ1 , „linker Halbraum“)
Die Kreise entsprechen Schnittlinien der Äquipotentialflächen mit der x-y-Ebene. Die Äquipotentialflächen
sind zur z-Achse achsenparallele Zylinderflächen.
y
k = 45
k = 45
k=
1
2
k=
k=2
1
3
k=3
−a
a
Grenzfall k = 1
41
x
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 4
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Sonderfall k = 1 ⇔ ρ1 = ρ2 beschreibt alle Punkte in der y-z-Ebene (=
ˆ Symmetrieebene der Ladungsverteilung).
Blatt 4
Aufgabe 17
y
ε0
U12
−
−
−
−
−x0
−
−
+
+
R
+
z
+
x0
+
−
−
+
+
−
R
−
+
−
+
+
−
x
+
+
Gesucht: ϕe (~rA ) im Lösungsgebiet zwischen den Zylindern.
Ansatz: Erstazladungsverteilung, die im Lösungsgebiet das gleiche elektrostatische Feld erzeugt. (Dazu müssen
die Randbedingungen und im Lösungsgebiet ∆ϕe = 0 erfüllt sein.)
a) Aus Aufgabe 16: Äquipotentialflächen zweier paralleler Linienladungen ±qL bei x = ±a sind Zylinderflächen:
2
(xA − x0 )2 + yA
= R2
mit
x0 =
k2 + 1
2k
ρ2
>0
· a, R = 2
· a, k =
2
k −1
|k − 1|
ρ1
k > 1 ⇔ x0 > 0,
bekannt: x0 , R
gesucht: k1 , k2 (, a)
k < 1 ⇔ x0 < 0
(i) rechter Zylinder: k1 > 1
k12 + 1
·a>0
k12 − 1
2 · k1
R= 2
·a
k1 − 1
x0 =
(ii) linker Zylinder: k2 < 1
k22 + 1
·a> 0
k22 − 1
2 · k2
R=
·a
−(k22 − 1)
−x0 =
Aus (i):
k2 + 1
x0
= 1
R
2 · k1
x0
2
⇔k1 − 2 ·
· k1 + 1 = 0 (quadratische Gl.)
R
42
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 4
WS 2010/2011
Aus (ii):
. . . (gleiche quadr. Gl.)
Lösung:
r x0 2
x0
„+“=
ˆ k1
k1,2 =
−1
±
„−“=
ˆ k2
R
R
3. Binomische Formel liefert:
x 2 x 2
0
0
−
−1 =1
k1 · k2 =
R
R
Anmerkung: Definition aus Aufgabe 15, R2 := x20 − a2 liefert
q
a = x20 − R2
Ersatzladung:
y
ε0
+qL
−qL
z
−x0 a
a x0
x
b) Aus Aufgabe 16:
ϕe (~r) =
qL
· ln
2πε0
ρ2
= ϕe (k)
ρ1
| {z }
=:k
U12 = ϕe (k1 ) − ϕe (k2 )
i
qL h
· ln(k1 ) − ln(k2 )
=
| {z }
2πε0
1
k1
U12 =
|
}
2·ln(k1 )
qL
· ln(k1 )
π · ε0
qL
=
· ln
π · ε0
{z
x0
+
R
r x 2
0
R
−1
!
Anmerkung: ϕe (k2 ) = −ϕe (k1 ). Diese Symmetrie folgt aus der Wahl des Bezugspunktes in der z-Achse.
Zylinderladung pro Länge ∆l:
±∆Q = ±qL · ∆l, ergibt sich mit dem Gaußschen Satz.
Originalanordnung:
43
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 4
H: Zylinder
mit Länge l
y
−
−
−
− − −
− − −
+
+
+
−
−
−
+ + +
+ + +
+
+
+
WS 2010/2011
y
gleiches H
+qL
a
x
+qL
a
x
~
Gleiches D-Feld
im Lösungsgebiet, gleiches H ⇒ gleiches Qein .
~ nicht der Ersatzladung, aber Deckel und Bodenflä(Anmerkung: Innerhalb des Zylinderleiters entspricht D
˜
~
~
chen von H liefern keinen Beitrag zu D · dA.)
H
c) C ′ =
∆C
∆Q
=
=
∆l
U12 · ∆l
=
ln
x0
R
+
π · ε0
q
x 2
0
R
qL
πε0
· ln
x0
R
−1
qL
q
+
x0 2
R
−1
Aufgabe 18
~
E
ϕe = U
ϕe = 0
′
CSeite
Feldbereich wird (zunächst) vernachlässigt
′
CBoden
′
CSeite
a) Näherung:
′
′
C ′ ≈ CBoden
+ 2 · CSeite
w · ∆l 1
′
·
CBoden
= εr · ε0 ·
h
∆l
w
pF
= εr · ε0 · = 56,7
h
m
′
CSeite
entspricht einem Winkelkondensator (vgl. Vorlesung/Hausaufgabe) mit α =
44
π
2
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 4
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y
H
~ = −dA · ~eφ
dA
ϕe = U
∆QSeite
~
E
x
h
ϕe = 0
h+d
~ Seite = − U · ~eφ
E
π
2 ·ρ
~
~ Seite
DSeite = ε0 · εr · E
¨
~ Seite · dA
~
∆QSeite =
D
H
=
h+d
ˆ 2U 1
· · ~eφ
−εr · ε0 ·
π ρ
ρ=h
· (−∆l · dρ · ~eφ )
2U
h+d
= εr · ε0 ·
· ∆l · ln
π
h
2
h+d
∆QSeite
′
= εr · ε0 · · ln
CSeite =
U · ∆l
π
h
pF
= 15,6
m
pF
′
′
′
C = CBoden + 2 · CSeite
= 88
m
(wegen Vernachlässigung von Feldanteilen: Abschätzung nach unten.)
b)
w
d
d
w
′
(Abschätzung von C nach oben!)
+
≈
Aus Aufgabe 17c) bekannt:
′
CZZ
zwischen Zylinderleitern mit Achsenabstand 2 · x0 .
′
Gesucht: CZE
zwischen einem Zylinderleiter und einer leitenden Ebene.
45
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 4
WS 2010/2011
y
y
′
CZZ
′
CZE
x0
−x0
x =
ˆ
−x0
Äquipotentialfläche
′
′
CZZ
entspricht Serienschaltung zweier CZE
.
′
CZZ
=
1 ′
C
2 ZE
′
′
CZE
= 2 · CZZ
⇔
Hier:
y
R=
d
2
x
x0 = h +
d
2
d
2
h
Damit:
h+
x0
= d
R
2
′
CZE
d
2
h
+1
d
π · ε0 · εr
=2· q
2
h
h
2d + 1 − 1
ln 2 d + 1 +
=2
pF
m
′
=
ˆ 2 · CSeite
= 126
′
′
c) Insgesammt: C ′ = CBoden
+ CZE
= 183 pF
m
Anmerkung: Das Feld der Ersatzladung wird nicht exakt modelliert:
46
′
CZE
x0
x
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 4
WS 2010/2011
fehlt
ϕe = U
ϕe = 0
Et ist hier nicht korrekt stetig modelliert.
−qL
E(x) 6= const
x
+qL
zu (a) Ergänzung:
′
Der vernachlässigte Anteil der Leiterkanten kann zu je CKante
= 0, 8 · ε0 · εr abgeschätzt werden. Damit:
′
Ckorrigiert
= C ′ + 2 · 0, 8 · ε0 · εr
pF
pF
pF
+ 57
= 145
= 88
m
m
m
Übungsklausur (Midterm):
• Freitag, 14.01.2011, 18:30 - 19:30 Uhr (60 min)
• 3, Aufgaben, Themen bis einschließlich Durchflutungsgesetz
• Hörsaalverteilung wird noch bekannt gegeben
Abgabe der neuen Hausaufgabe bis Di 11.01.2011, 1400 .
47
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 4
Aufgabe 20
d
U0
l−h
h
εr
Gesucht: Kraft auf das Dielektrikum
a) Parallelschaltung zweier Kondensatoren (mit/ohne Dielektrikum):
l·h
l · (l − h)
+ εr · ε0 ·
d
d
ε0 · l
· [l + (εr − 1) · h]
=
d
1
WC (h) = U02 · C ′ (h)
2
Q(h) = U0 · C ′ (h)
C ′ (h) = ε0 ·
∆Q
U0
∆h
∆Q
Mit h1 = h, h2 = h + ∆h:
∆Q = Q(h2 ) − Q(h1 )
= Q(h + ∆h) − Q(h)
ε0 · l
· (εr − 1) · ∆h
= U0 ·
d
ε0 · l
∆WQ = U0 · ∆Q = U02 ·
· (εr − 1) · ∆h
d
| {z }
Quelle
b) Energiebilanz des Systems mit zwei Energiespeichern, Kondensator und Spannungsquelle.
ˆ
(WC + WQ )
= (WC + WQ )
− F~ · d~s
nachher
vorher
| {z }
Wmech
48
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 5
WS 2010/2011
F~ : Kraft, die durch das elektrische Feld auf das Dielektrikum ausgeübt wird.
WC (h + ∆h) + WQ (h + ∆h) = WC (h) + WQ (h) − Wmech
|
{z
}
=WQ (h)−∆WQ
Wmech = −WC (h + ∆h) + WC (h) +∆WQ
|
{z
}
−∆WC
o
1
ε0 · l
· (εr − 1) · ∆h
− ∆WC
= − U02 ·
2
d
o
ε0 · l
· (εr − 1) · ∆h
∆WQ
+
U02 ·
d
1
ε0 · l
= + · U02 ·
· (εr − 1) · ∆h > 0
2
d
Anmerkung: Auch ∆WC > 0.
c) Kraft auf das Dielektrikum (vgl. Prinzip der virtuellen Verschiebung)
∆Welektr
Wmech
=+
∆h
∆h
1
2 ε0 · l
· (εr − 1)
= · U0 ·
2
d
F =−
U0
F
~ nicht homogen und verläuft nicht überall senkrecht zu den Platten:
Anmerkung: Tatsächlich ist E
~
E
U0
~ D
~
E,
49
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 5
WS 2010/2011
Blatt 5
Aufgabe 23
Randwertproblem mit Ladungsverteilung
~
Gesucht: E-Feld
(im Folgenden wird nur ϕe betrachtet.)
Ansatz: Zerlegung des Problems in einfachere Teilprobleme. Anschließend Superposition der Teillösungen.
Allgemein: Falls im Lösungsgebiet gilt
∆ϕe1 = −
sowie
ρe1
und ϕe1,Rand bekannt
ε
ρe2
und ϕe2,Rand bekannt,
ε
dann gilt auch für ϕe = ϕe1 + ϕe2 :
ρe1 + ρe2
∆ϕe = ∆(ϕe1 + ϕe2 ) = −
ε
und
∆ϕe2 = −
ϕe,Rand = ϕe1,Rand + ϕe2,Rand
a) 1. Teilproblem: ϕe1 = 0 auf dem gesamten Rand, qL bei x = y = a.
Lösung mit Spiegelungsprinzip
y
A
ρ2
−qL
ε0
ρ1
qL
a
~rA
ρ3
ρ4
x
a
−a
qL
−qL
−a
ϕe1 (~rA ) =
mit
qL
· ln
2πε0
ρ2 ρ4
·
ρ1 ρ3
p
(xA − a)2 + (yA − a)2
p
ρ2 = (xA + a)2 + (yA − a)2
ρ1 =
etc.
Probe bzgl. der Randbedingungen:
ρ2 ρ4
·
=0
In der x-z-Ebene gilt ρ1 = ρ4 und ρ2 = ρ3 also ϕe1
ρ3 ρ1
| {z }
=1 qL
ρ2 ρ4
In der y-z-Ebene gilt ρ1 = ρ2 und ρ3 = ρ4 also ϕe1 =
=0
· ln
·
2πε0
ρ1 ρ3
| {z }
qL
· ln
=
2πε0
=1
50
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 5
WS 2010/2011
b) 2. Teilproblem:
ϕe2 = 0 in der x-z-Ebene für x ≥ 0
ϕe2 = U in der y-z-Ebene für y ≥ 0
∆ϕe2 = 0 im Lösungsgebiet
(Anmerkung: ϕe,Rand = ϕe1,Rand + ϕe2,Rand ist erfüllt.)
vgl. Aufgabe zum Winkelkondensator, hier α =
ϕe2 (~rA ) = U ·
φA
π
2
=U ·2·
π
2.
φA
π
U
· ~eφA
π · ρA
ϕe (~rA ) = ϕe1 (~rA ) + ϕe2 (~rA ) = . . .
~ rA ) = − grad ϕe (~rA )
E(~
~ 2 (~rA ) = −2 ·
E
ϕe = U
ϕe = 0
=
ˆ
qL
ϕe = U
+
qL
ϕe = 0
ϕe = 0
ϕe = 0
Aufgabe 24
a)
y
σ=
1
ρ
>0
σ→∞
x
z
~ = J~ → 0
E
σ
Innerhalb der Elektroden
σ→∞
ϕe = 0
ϕe = 0
~ =
analoges elektrostatisches Feld: J~ = 0, E
J~
σ
(da statisch)
51
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 5
y
σ=0
ε
σ>0
x
z
σ>0
ϕe = 0
ϕe = 0
y
R=a
z
x
x0 = b
r x0
x0 2
=
k1
−1
+
R
R
s 2
b
b
= +
−1
a
a
vgl. Aufgabe 17
Ersatzanordnung:
52
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 5
WS 2010/2011
y
A
ρ2
ρ1
−qL
qL
z
− d2
x
d
2
zu bestimmen: qL und d
(i)
U = ϕe (k1 ) =
2πε · U
ln(k1 )
(ii) Aus Aufabe 16:
qL
· ln(k1 )
2πε
⇔ qL =
=
a
|{z}
dort Koordinate der
Linienladung qL
Hier:
q
x20 − R2
q
p
x20 − R2 = b2 − a2
qL
ρ2A
ϕe (~rA ) =
· ln
2πε0
ρ1A
ρ2A
U
· ln
=
ln(k1 )
ρ1A
d
=
2
mit
ρ1A
ρ2A
s
2
d
2
=
+ yA
xA −
2
s
2
d
2
+ yA
xA +
=
2
~ mit E
~ = − grad ϕe = . . . oder mithilfe von Aufgabe 9 zum Liniendipol (dort Abstand der LinienlaJ~ = σ E
dungen 2a, hier d).
53
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 5
Ex (~rA ) =
qL
·
2πε0
x2A −
WS 2010/2011
d 2
2
·d
− yA
2
2
2
ρ1A · ρ2A
2
2
x2A − d2 − yA
·d
2
2
ρ1A · ρ2A
U
·
ln(k1 )
U
2 · xA · yA · d
Ey (~rA ) =
·
ln(k1 )
ρ21A · ρ22A
=
U ·d
1
J~ = σ ·
· 2
·
ln(k1 ) ρ1A · ρ22A
"
x2A
#
!
2
d
2
− yA · ~ex + 2 · xA · yA · ~ey
−
2
c)
′
I =
¨
~ · 1 = ...
J~ · dA
l
Zylindermantel
um den Zylinderleiter, Länge l
Einfacher:
I ′ = U · G′ = U ·
G
← Leitwert eines Abschnitts der Länge l
l
(vgl. Aufgabe 18b))
2πε
C′ =
ln(k1 )
C
C′ · l
ε
= ′ = C · R = , also
G
G ·l
σ
σ
G′ = · C ′
ε
σ
U
I ′ = U · G′ = U · · C ′ =
· 2πσ
ε
ln(k1 )
Aufgabe 26
a) Beschleunigung zwischen den Gittern bedeutet Unwandlung potentieller Energie in kinetische:
−e (ϕe,links − ϕe,rechts ) = −e · (−U )
! 1
= m0 v02
2
r
2eU
v0 =
m0
~v0 = v0 · ~ex
b) Lorentzkraft F~0 für t = +0:
~ 0)
F~0 = −e · (~v0 × B
= −e · v0 · B0 · (~ex × ~ey )
| {z }
=−~
ey
= e · v0 · B0 · ~ey
c) Es gilt stets F~m ⊥ ~v und damit dWmech = F~m · d~s = F~m · ~v · dt = 0. Das Elektron kann keine kinetische
Energie aus dem Magnetfeld gewinnen oder an das Magnetfeld abgeben, d.h. |~v | = const. Damit ist auch
~ 0 | = const =
|F~m | = e · |~v0 | · |B
ˆ konstante Zentripetalkraft |F~z |.
⇒ Die Flugbahn entspricht einem Kreisbogen. Gesucht: Radius R.
!
|F~e | = |F~m | ⇔ m0 ·
⇔R=
m0 · v0
e · B0
v02 !
= e · v0 · B0
R
54
Marius Geis
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WS 2010/2011
y
v1
R
R
F~0
x
~v0
d) Austritt aus dem Magnetfeld bei
x = 0, y = 2R
Austrittsgeschwindigkeit:
r
2eU
· ~ex
~v1 = −~v0 = −
m0
Flugzeit im Magnetfeld:
π·R
π · m0
t1 =
=
v0
e · B0
e) Wkin,1 = Wkin,0 = 12 m0 · v02 = eU
Aufgabe 27
Gleichung (4.5.48) aus dem Vorlesungsumdruck mit
p
ρ1 = (x + a)2 + y 2
p
ρ2 = (x − a)2 + y 2
x+a
1
y
x−a
y
~
+ ~ey · I1
H=
+ I2
+ I2
· −~ex · I1
2π
(x + a)2 + y 2
(x − a)2 + y 2
(x + a)2 + y 2
(x − a)2 + y 2
a) Definition der Feldlinie:
~ ⇒ d~s × H
~ =0
d~s k H
(Hier ebenes Problem → Hz = 0)
~ = (dx · ~ex + dy · ~ey ) × (Hx · ~ex + Hy · ~ey )
d~s × dH
!
= (dx · Hy − dy · Hx ) · ~ez = 0
⇒ dx · Hy = dy · Hx
55
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 5
b)
f ′ (y)
ˆ
f ′ (y)
1
2
z}|{
z}|{
ˆ 1 1
2 y
2 y
Hx dy = −
+
I
·
I1 ·
·
dy
2
2π 2
(x + a)2 + y 2
(x − a)2 + y 2
|
{z
}
|
{z
}
f1 (y)
f2 (y)
i
1 h
· I1 · ln (x + a)2 + y 2 + I2 · ln (x − a)2 + y 2 + C1
=−
4π
|
{z
}
|
{z
}
2·ln ρ2
ρ21
ˆ
|
{z
}
2·ln ρ1
ˆ x+a
x−a
1
I1 ·
dx
+
I
·
·
Hy dx =
2
2π
(x + a)2 + y 2
(x − a)2 + y 2
1
=
· [I1 · 2 · ln ρ1 + I2 · 2 · ln ρ2 ] + C2
4π
Aus (a):
!
0=
=
ˆ
Hy · dx −
ˆ
Hx · dy
1
· [I1 · 2 · 2 · ln ρ1 + I2 · 2 · 2 · ln ρ2 ] + C2 − C1
| {z }
4π
=C3
1
· [I1 · ln ρ1 + I2 · ln ρ2 ]
π
1. Fall: I1 = I2 = I > 0:
C3 =
C4 = π · C3 = I · [ln ρ1 + ln ρ2 ]
= I · ln(ρ1 · ρ2 )
⇒ ρ1 · ρ2 = const
2. Fall: I1 = −I2 = const > 0
C4 = I · [ln ρ1 − ln ρ2 ] = I · ln
⇒
ρ1
ρ2
ρ1
= const (vgl. Aufgabe 16)
ρ2
ρ1 · ρ2 = const (Cassinische Kurve)
ρ1
ρ2
= const (Appolonische Kreise)
Aufgabe 28
Leiterschleife
I
h
~n
⊗
b
56
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WS 2010/2011
y
cos α · ~ey
sin α · (−~ex )
~n
α
α
x
a) Magnetisches Moment der Leiterschleife:
m
~ = A · I · ~n =
1
b · h · I · ~n
2
~ gilt:
Wegen Homogenität von B
~ =m
~
L
~ ×B
b·h
· I · (− sin α · ~ex + cos α · ~ey ) × (B0 · ~ex )
=
2
b·h
=−
· I · B0 · cos α ·~ez
| 2
{z
}
Lz
!
b) Lz = 0 ⇔ cos α = 0
also (für 0 ≤ α < 2π): α1 =
α1 :
π
2 , α2
=
3π
2
α2 :
y
y
~
B
~
B
α1
m
~
m
~
x
α2
57
x
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∆α
Lz
b·h
2
· I · B0
α
π
2π
∆Lz < 0
labiles Gleichgewicht
stabiles Gleichgewicht
Anmerkung: Der Bezugssinn von α ist mit dem Bezugssinn von Lz im Rechtsschraubensinn verknüpft. Dann
ist ein stabiles Gleichgewicht gegeben, falls
Lz (α) = 0 und
d
Lz (α) < 0
dα
(Eine kleine Auslenkugn ∆α bewirkt eine der Auslenkung entgegengerichtetes Drehmoment).
m
m
stabil
labil
b·h
d
Lz (α) = +
· I · B0 · sin α
dα
| 2 {z
}
>0
• sin α1 = 1 > 0 → labiles Gleichgewicht
• sin α2 = −1 < 0 → stabiles Gleichgewicht
~ 6= const, d.h. der Ansatz L
~ =m
~ ist nicht möglich.
c) Jetzt B
~ ×B
Stattdessen:
1) Unterteilung der Leiterschleife in Wegelemente d~s,
2) Bestimmung der Lorentzkräfte
~
dF~m = I · d~s × B
3) Bestimmung der Beträge
~ = ~r ×dF~m
dL
|{z}
Hebelarm
4) Integration
˛
~ = dL
~
L
Schleife
58
Marius Geis
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Hier interessiert nur Lz , d.h. Vereinfachung der Rechnung möglich:
zu (3): Hebelarm ~r = ρ · ~eρ + z · ~ez . (vom Ursprung zum Wegelement d~s)
~ = (ρ · ~eρ + z · ~ez ) × (dFm,ρ · ~eρ + dFm,φ · ~eφ + dFm,z · ~ez )
dL
= . . . + ρ · dFm,φ · (~eρ × ~eφ ) + . . .
| {z }
~
ez
|
{z
}
einziger Beitrag in z-Richtung
dLz = ρ · dFm,φ
Nur dFm,φ interessiert
zu (2): Aus der Schleifengeometrie ergibt sich:
d~s = (dρ · ~eρ + dz · ~ez )
~ k ~ex ergibt sich:
Aus B
~ = (Bρ · ~eρ + Bφ · ~eφ )
B
~ = . . . + dz × Bρ · (~ez × ~eρ )
d~s × B
| {z }
~
eφ
|
{z
}
einziger Beitrag in φ-Richtung
dFm,φ = I · Bρ · dz
y
~eφ
x
~eφ
⇒ Nur Bρ interessiert, nur Schleifensegmente mit dz 6= 0 tragen zu Lz bei.
⇒ Das Schleifensegment in der x-y-Ebene liefert keinen Beitrag.
d)
~ r ) = B0 · 1 + z · ~ex
B(~
h
z
= B0 · 1 +
· (cos φ · ~eρ − sin φ · ~eφ )
h
also
z
Bρ (~r) = Bρ (z, φ) = B0 · 1 +
· cos φ
h
59
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Marius Geis
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WS 2010/2011
z
1
2
I
I
y
α
x
Segment (1):
φ=α+π
cos φ = cos(α + π)
= − cos α
Segment (2):
φ=α
cos φ = cos α
mit
dFm,φ = I · Bρ (z, φ) · dz
z
· cos φ · dz
= I · B0 · 1 +
h
dLz = ρ(z) · dFm,φ
z
b
1−
2
h
für Segment (1) und (2)
z
z b
· 1+
dLz = I · · cos φ · 1 −
2
h {z
h}
|
z2
ρ(z) =
1− h2
z
z
ρ
60
Marius Geis
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WS 2010/2011
e) Begründung siehe c)
ˆ
Lz = dLz
Segment (1) und (2)
 h

ˆ0
ˆ
2
2
b
z
z
= I · · B0 · 
cos α · 1 − 2 · dz 
(− cos α) · 1 − 2 · dz +
2
h
h
z=0
z=h
{z
} |
|
{z
}
Segment (1)
Segment (2)
( z=h z=0 )
z3
z3
b
+ z− 2
= I · · B0 · cos α · − z − 2
2
3h z=0
3h z=h
{z
}
|
− 43 h
2
= − · I · b · h · B0 · cos α
3
Aufgabe 29
y
I1
I2
z
− 2b
a
2
I1
~
dA
I2
b
2
− a2
x
~1
H
~ 1 (~rA ) für ~rA = xA · ~ex mit − b < xA <
a) Gesucht: H
2
b
2
(insbesondere yA = 0).
~ 1 dem Feld zweier paralleler Linienströme ±I1 bei
Außerhalb der beiden Zylinderleiter mit I1 entspricht H
a
xQ = ∓ 2 :
yQ
"
#
z}|{
a
)
(x
+
0
)
I
−(y
−
A
1
A
2
~ 1 (~rA ) =
H
·
ex +
· ~ey
2
2 ·~
2
2π
(xA + a2 )2 + yA
xA + a2 + yA
|{z}
−xQ
#
"
xA − a2
−(yA − 0)
I1
·
· ~ex +
· ~ey
−
2
2
2
2
2π
xA − a2 + yA
xA − a2 + yA
#
"
xA − a2
xA + a2
yA =0 I1
=
·
2 −
2 · ~ey
2π
xA + a
xA − a
2
2
I1
1
1
· ~ey
=
·
−
2π
xA + a2
xA − a2
| {z } | {z }
>0
<0
61
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 6
wegen − 2a < − 2b < xA <
b) Gesucht: L′
2
|{z}
b
2
<
a
2
1
|{z}
(Gegeninduktivität pro Länge)
durchsetzt Fluss erzeugt
Schleife 2 von Schleife 1
Mit
~ = l · dx · ~ey
dA
¨
~ 1 · dA
~
µ0 · H
Φ21 =
A2
b
I1
·
= µ0 · l ·
2π
ˆ2 x=− 2b
1
x+
a
2
−
1
x−
a
2
dx
b
I1 h a ix= 2
a · ln x + − ln x − 2π
2
2 x=− 2b
!
b
a
− b − a +
I1
2
2
· ln
= µ0 · l ·
· 2 2
2π
− 2b + a2 2b − a2 |
{z
}
a+b 2
)
( a−b
I1
a+b
= µ0 · l ·
· 2 · ln
2π
a−b
= µ0 · l ·
=Φ21
L′21
z}|{
Ψ21
=
l · I1
Φ21
µ0
a+b
=
=
· ln
l · I1
π
a−b
L′12 = L′21
Blatt 6
Aufgabe 30
Magnetfeld einer 3-Phasigen Freileitung
62
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 6
WS 2010/2011
y
i1 (t)
a
i3 (t)
i2 (t)
~ 3 (t)
H
b
~ 1 (t)
H
z
x
~ 2 (t)
H
~ A,ges bei ~rA = 0
Gesucht: H
a) (Wieder zweidimensionale Rechnung)
Feldstärke am Ort (xA , yA ) eines geraden Linienstroms IQ in z-Richtung mit Koordinaten (xQ , yQ ).
IQ
· ~eφAQ
2πρAQ
IQ
=
· [− sin φAQ · ~ex + cos φAQ · ~ey ]
2πρAQ
#
"
xA − xQ
yQ − yA
IQ
·
· ~ex +
· ~ey
=
2π
ρ2AQ
ρ2AQ
~A =
H
mit
Hier:
ρ2AQ = (xA − xQ )2 + (yA − yQ )2
xA = yA = 0
√
= 0
, y1 = b + 23 · a
a
, y2 = b
= 2
= − a2 , y3 = b
~ A1 (t) = i1 (t) · y1 · ~ex + 0 · ~ey
H
2π
y12
i1 (t)
1
√
=
· ~ex
·
2π b + 3 · a
2
x2
y2
~ A2 (t) = i2 (t) ·
H
·
~
e
−
·
~
e
x
y
2π
x2 + y22
x22 + y22
" 2
#
a
b
i2 (t)
2
· a2
=
· ~ex − a2
· ~ey
2
2
2π
4 +b
4 +b
#
"
a
b
i
(t)
3
2
~ A3 (t) = . . . =
· ~ex + a2
· ~ey
· a2
H
2
2
2π
4 +b
4 +b
xQ , yQ : x1
x2
x3
Hinweis:
sin(α) ± sin β = 2 · sin
α±β
2
63
· cos
α∓β
2
Marius Geis
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WS 2010/2011
Also (1):
π
2π
4π
sin ωt −
+ sin ωt −
= 2 · sin(ωt − π) · cos
{z
} | {z 3 }
|
3
3
− sin(ωt)
1/2
= − sin(ωt)
(2):
π
4π
2π
sin ωt −
− sin ωt −
= 2 · sin −
· cos(ωt − π)
{z
}
3
3
| {z 3 } |
=
√
−
− cos(ωt)
√
3
2
3 cos(ωt)
√ a
3· 2
(2) î
· a2
· cos(ωt)
HA,ges,y (t) =
2π 4 + b2
(1)
HA,ges,x (t) = −
|
b) Mit î = 500 A, a = 3 m, b = 10 m:
î
·
2π
a2
4
b
1
î
√
· sin(ωt)
·
· sin(ωt) +
2
2π b + 3 a
+b
2
{z
} |
{z
}
HA2,x +HA3,x
HA1,x
A
· sin(ωt)
m
A
HA,ges,y (t) = 2,02 · cos(ωt)
m
HA,ges,x (t) = −1,47
~ A,ges |) = 2,02 A
Anmerkung: max(|H
m
Hy
~ A (t)
H
ωt
Hx
~ A,1 |) = 6,32 A
Zum Vergleich: max(|H
m
Hausaufgabe 8:
Nächste Hausaufgabe: Auf Blatt 6, Abgabe bis Montag vor der Vorlesung.
Hausaufgabe 9:
Hausaufgabe bis Di. , 01.02.2011, 1400 Uhr:
Gegeben ist eine Linienleiterschleife mit dem Strom I und einer Konturkurve C, die den Strom I einfach im
Rechtsschraubensinn umschließt.
Zeigen Sie mithilfe des Biot-Savart-Gesetzes, dass für beliebig gekrümmte Schleifen und beliebig gekrümmte
Konturkurven gilt:
˛
~ · d~s = I
H
C
64
Marius Geis
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Aufgabe 31
′
′
a) Flächenstromdichte: JQ
= σe · ~v (vgl. Vorlesung J~A ), [J~Q
]=
A
m
~v
ρQ
ω
~v = ω · ρQ · ~eφQ
′
~
JQ = σe · ω · ρQ · ~eφQ für 0 ≤ ρQ < a
b) Integral
•
~rA = zA · ~ez
~rQ = ρQ · ~eρQ
~rAQ = ~rA − ~rQ = zA · ~ez − ρQ · ~eρQ
q
2 + ρ2
rAQ = |~rAQ | = zA
Q
′
• J~Q
× ~rAQ = σe · ω · ρQ · ~eφQ × (zA · ~ez − ρQ · ~eρQ )
|
{z
}
eρQ , grün: −~
ez
rot: ~
= σe · ω · ρQ · (zA · ~eρQ + ρQ · ~ez )
• dAQ = ρQ · dφQ · dρQ
• Grenzen:
0 ≤ ρQ < a
0 ≤ φQ < 2π
~ A (~rA ) = σe · ω ·
• H
4π
ˆa
ˆ2π
ρQ =0 φQ =0
ρ2Q · zA · ~eρQ + ρ3Q · ~eZ
3
2 + ρ2 ) 2
(zA
Q
c) Für Aufpunkte in der z-Achse gilt allgemein:
also
~ A = HA,ρ · ~eρA + HA,z · ~ez ,
H
HA,φ = 0
Hier, wegen Rotationssymmetrie:
HA,ρ (~rA ) = 0
65
dφQ dρQ
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Insgesamt:
~ A (~rA ) = HA,z (~rA ) · ~ez
H
~ A (~rA ) = σe · ω · ~ez ·
H
4π
ˆa
ρQ
ρ3Q · dρQ
2 + ρ2 ) ·
(zA
Q
ˆ2π
WS 2010/2011
dφQ
φQ =0
| {z }
2π

ρQ =a
q
2
HINWEIS σe · ω
2 + ρ2 + q z A

· ~ez ·  zA
=
Q
2
2 + ρ2
zA
Q
ρQ =0
ρQ =a

2
2
zA
+ ρ2Q + zA
σe · ω

=
· ~ez ·  q
2
2 + ρ2
zA
Q
ρQ =0
#
"
2
2
2
2 · zA + a
2 · zA
σe · ω
· ~ez · p 2
−
=
2
|zA |
z A + a2
3
zA =a σe · ω
=
· √ − 2 · a · ~ez
2
2
Aufgabe 32
a)
• t < 0 (vgl. Aufgabenblatt, Bild 3)
φ(t) = 0 = const ⇒ i = 0, u = 0
• 0 ≤ t ≤ va
y
~ = B0 · (−~ez )
⊗B
u
~
⊗ dA
R1
C2
i
~
⊗ dA
C1
⊗Φ2 (t)
A2,eff (t)
⊗Φ1 (t)
A1,eff (t)
i
i · R3
z
x=v·t
Induktionsgesetz (bzgl. Masche 1):
Maschenumlauf
˛
~ · d~s
E
=−
C1
¨
~ · dA
~ wegen B
~ k dA
~ und B
~ homogen.
B
A1
| {z }
=i·(R1 +R2 +R3 +R4 )
Also:
d
dΦ1 (t)
=−
dt
dt
|
{z
}
=B0 ·A1,eff (t)
d
(B0 · b · v · t) = −B0 · b · v
dt
a
B0 · b · v
= . . . = −5 mA für 0 ≤ t ≤ = 0,3 s
i=−
Rges
v
i · Rges = −
66
x
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• t > av :
Φ1 = B0 · b · a = const
dΦ1
1
·
= 0 für t > 0,3 s
i=−
Rges dt
b) Masche 2: Aus der Schleifengeometrie ergibt sich Φ2 (t) = Φ1 (t)
(
˛
dΦ
−B0 · b · v für 0 ≤ t ≤ va
2
~ s=−
=
Ed~
dt
0
sonst
C2
| {z }
u−R1 ·i
• Für 0 ≤ t ≤
a
v
= 0,3 s:
u = R1 · i − B0 · b · v
R1
= −B0 · b · v ·
+1
Rges
= −125 mV
• Für t < 0 und t >
a
v
= 0,3 s:
u=0
c)
i
0,3 s
t
−5 mA
i
0,3 s
t
−125 mV
67
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 6
d) Jezt
¨
Φ1 (t) =
~
~
B(t)
· dA
At (t)

für t < 0

0

t

B0 · e− τ · b · v · t für 0 ≤ t ≤ va
=
t

b·a
für t > av
B0 · e− τ · |{z}


|
{z
}

A1,eff
B(t)

0
für t < 0
1 
t
i=−
B0 · e− τ · b · v · 1 − τt
für 0 ≤ t ≤
1
Rges 

− τt
für t > va
B0 · b · a · e
· −τ



0
h
i für t < 0
t
− 0,1
t
s
· 1 − 0,1 s
für 0 ≤ t ≤ av
= −5 mA · e


t
15 mA · e− 0,1 s
für t > a
a
v
v
Aufgabe 33
y
R3
⊗I1
R2
R1
⊙I1
x
z
ρ
C
Anmerkung: J~ ist jeweils homogen im Hin- und Rückleiter.
~ r ) = Hφ (ρ) · ~eφ .
Aus Symmetrie: H(~
68
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Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 6
WS 2010/2011
Für eine kreisförmige, zur z-Achse konzentrische Konturkurve C mit dem Radius ρ gilt:
˛
~ · d~s = 2πρ · Hφ (ρ) = Iein
H
C
 π·ρ2

I · π·R2


1

I
=
π·ρ2 −π·R2

I − I · π·R2 −π·R22


3
2


0
für 0 ≤ ρ ≤ R1
für R1 ≤ ρ < R2
für R2 ≤ ρ ≤ R3
für R3 < ρ < ∞
~ r ) = µ0 · H(~
~ r ) = µ0 · Iein · ~eφ
B(~
2πρ
 ρ


R21


1

I
= µ0 ·
· ~eφ · ρR2 −ρ2 1
3

2π
·

R2 −R2 ρ


 3 2
0
für 0 ≤ ρ ≤ R1
für R1 ≤ ρ < R2
für R2 ≤ ρ ≤ R3
für R3 < ρ < ∞
a) Induktivität eines Abschnitts der Länge l
(i) Äußere Induktivität La = ΨIa = ΦIa mit Φa : Fluss im Zwischenraum (Außerhalb der Anordnung, d.h.
~ = 0)
für ρ > R3 kein Beitrag wg. B
~
dA
I
l
I
~ = l · dρ · ~eφ
dA
Φa
Φa =
¨
A
~ · dA
~ = µ0 · I · l ·
B
2π
ˆR2
1
· ~eφ · ~eφ · dρ
ρ
ρ=R1
I
R2
= µ0 ·
· l · ln
2π
R1
R2
µ0 · l
· ln
La =
2π
R1
(ii) Innere Induktivität des Innenleiters
Problem: Nicht der gesamte innere magnetische Fluss ist mit dem gesamten Strom verkettet.
~
Abhilfe: Einteilung in infinitesimale Stromröhren dI entlang J-Feldlinien
oder in infinitisemale Fluss~
röhren dΦ entlang B-Feldlinien.
69
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 6
dI
dΦ′
dΦ′′
Bsp: dI und dΦ′ sind verkettet, dI und dΦ′′ nicht.
Verketteter Fluss:
¨
1
dI · dΦ
Ψ= ·
I
alle verketteten
dI und dΦ
Hier: Betrachtung von Teilflüssen dΦ
dΦ
l
Iv
dΦ
dρ
ρ
dΦ = l · dρ · Bφ (ρ) ist verkettet mit
Iv = π · ρ2 ·
Also
dΨ =
ρ2
I
=I· 2
2
π · R1
R1
Iv
· dΦ
I
ρ2
= l · Bφ (ρ) · 2 · dρ
| {z } R1
µ0 ·I
2π
·
ρ
R2
1
ˆR1
ˆR1
ρ ρ2
Ψi,Innenleiter = dΨ = µ0 · l ·
·
dρ
R12 R12
ρ0
=
ρ0
4 ρ=R1
µ0 · I · l
ρ
·
2π · R14
4
ρ0
µ0 · I · l
=
8π
Ψi,Innenleiter
µ0 · l
Li,Innenleiter =
=
I
8π
(iii) Innere Induktivität des Außenleiters
70
WS 2010/2011
Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 6
WS 2010/2011
Iv
⊙
l
~
⊗dA
dΦ
dΦ ist verkettet mit
π · R32 − π · ρ2
·I
π · R32 − π · R22
R 2 − ρ2
Iv
· Bφ (ρ) · l · dρ
· dΦ = 23
dΨ =
I
R3 − R22
ˆR3
dΨ
Φi,Außenleiter =
Iv =
ρ=R2
µ0 · I · l
=
·
2π
ˆR3 ρ=R2
= ... =
Li,Außenleiter =
R32 − ρ2
R32 − R22
2
·
1
· dρ
ρ
µ0 · I · l
3 2 1 2
1
R34
R3
−
·
·
ln
· 2
R
+
R
2π
R3 − R22
R32 − R22
R2
4 3 4 2
Ψi,Außenleiter
= ...
I
Insgesamt:
L′ =
1
· (La + Li,Innenleiter + Li,Außenleiter)
l
b) Induktivitätsberechnung über Energie: Einerseits:
1
1
· L · I 2 = L′ · l · I 2
2
2
Andererseits:˚
Wm =
wm · dV
Wm =
V
=
˚
V
1
· B 2 · dV
2µ0
V : 0 ≤ ρ ≤ R3 , 0 ≤ φ < 2π, 0 ≤ z ≤ l (für ρ > R3 : B = 0, wm = 0)
L′ =
2 · Wm
= ...
I2 · l
Aufgabe 34
Anordnung vergleichbar mit zwei konzentrisch gewickelten Zylinderspulen, die in Reihe geschaltet sind. (Aber:
Lges 6= L1 + L2 , da beide magnetisch verkoppelt sind)
71
Marius Geis
Ba
GGET III GGÜ Blatt 6
Bi
Φa
Φi
N ·I
N ·I
Φi
Φa


µ0 ·
~ = µ0 ·
a) B


0
(Ni +Na )·I
l
Na ·I
· ~ez
l
· ~ez
für 0 ≤ ρ < Ri
für Ri < ρ < Ra
sonst
Hier: Ni = Na = N
b) Ψi = Ni · Φi = Ni · Bi,z · π · Ri2
Ni · (Ni + Na ) · I
· π · Ri2
l
N 2 · π · Ri2
·I
= 2 · µ0 ·
l
Ψa = Na · (Φa + Φi )
= µ0 ·
= Na · Ba,z · π · (Ra2 − Ri2 ) + Na · Bi,z · Ri2
I
Ni =Na =N
=
µ0 · π · · N 2 · 2 · Ri2 + (Ra2 − Ri2 )
l
{z
}
|
R2i +R2a
Ψges
Ψi + Ψa
=
I
I
N2
· (3Ri2 + Ra2 )
= µ0 · π ·
l
c) L =
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Marius Geis
GGET III GGÜ Blatt 6
~ m eines ∞-langen, geraden Linienstroms
Ergänzung: A
z
I
y
A
x
~rA = ρA · ~eρA
~rQ = zQ · ~ez
q
2 + ρ2
rAQ = zQ
A
˛
d~s
µ
·
I
~ m,A =
A
4π
rAQ
CQ
µ·I
=
· ~ez ·
4π
ˆ∞
dz
q Q
2 + ρ2
zQ
A
zQ =−∞
{z
}
|
´a
dzQ
p
lim
2
2
a→∞ z
~ m,A
A
Q =−a
z

Q
+ρ
A


q
ρA 2
1+ a
+ 1 
 
µ0 · I
 r

= ... =
· ~ez · lim 
ln

ρ 2
a→∞  
4π
A
1+
−1
a
|
{z
}
2
ρ
a≫ρA :−≈1+ 21 ( aA )
|
{z
}
≪2

*
2
1 ρA

2 +
2 a
≈ ln 
2 
1 ρ
2
A
a
a2
≈ ln 4 · 2
ρ
A a
= 2 · ln 2
ρA
ρ0
2a
+ ln
= 2 · ln
ρ0
ρa
| {z }
=:K(const)
ρ0 beliebig, aber endlich
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Marius Geis
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~ = rot A
~ m interessiert der (∞ große) konstante Term nicht.
Für B
~ ′m,A = A
~ m,A − µ · I · ~ez · 2 lim K
A
4π a→∞
µ·I
ρ0
=
· ~ez
· 2 · ln
4π
ρA
µ·I
ρA
=−
· ~ez
· ln
2π
ρ0
Vergleiche mit dem elektrischen Potential ϕe einer ∞ langen, geraden Linienladung:
ρe hier qL · δ(x) · δ(y)
= −
ε
ε
∆Am,A,z = −µ · Jz = −µ · I · δ(x) · δ(y)
ρA
qL
· ln
ϕe (~rA ) = −
2πε
ρ0
∆ϕe = −
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