Musterlösung Blatt 8 - wasd.urz.uni

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Prof. Dr. K. Kassner
M. Sc. S. Neumeier
Uni Magdeburg
SS 2017
Elektrodynamik
Blatt 8
Teil A
22. Halbunendliche Leiterschleife
I
4 Pkt.
Gegeben sei die abgebildete
Leiterschleife aus zwei einseitig
unendlichen Drähten und einem
Halbkreis vom Radius R. Berechnen Sie das magnetische Feld im
Mittelpunkt M des Halbkreises.
r
M
Lösung: Wir rechnen das Magnetfeld mit Hilfe des Biot-Savart-Gesetzes aus.
~B( M) = Iµ0
4π
I
Z
Leiter
d~l × (~r −~r ′ )
|~r −~r ′ |3
y
1
3
r’1
r’3
M
x
r’2
2
Das Koordinatensystem sei so gewählt, dass der Punkt M bei ~r = 0 der Ursprung ist.
Dann gilt:
~1 ( M), der vom oberen Draht hervorgerufen
1. Anteil des magnetischen Feldes B
wird. Mit


 
−l
dl
d~l =  0  , ~r −~r ′ = − R und d~l × (~r −~r ′ ) = −~ez R dl
0
0
gilt
~B1 ( M) = Iµ0
4π
Z
Leiter,1
Z
Iµ0
d~l × (~r −~r ′ )
Iµ0 0 − R~ez dl
~ez .
=−
=
√
3
′
3
|~r −~r |
4π −∞ l 2 + R2
4πR
~2 ( M), der vom unteren Draht hervorgerufen
2. Anteil des magnetischen Feldes B
wird. Mit
 
 
−l
dl
′
~



dl = 0 , ~r −~r = R  und d~l × (~r −~r ′ ) = ~ez R dl
0
0
Vorrechnen und Abgabe: 31. 05. 2017
1
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SS 2017
gilt
~B2 ( M) = Iµ0
4π
Z
Iµ0 −∞ R~ez dl
d~l × (~r −~r ′ )
Iµ0
~ez .
=
=−
√
3
′
3
|~r −~r |
4π 0
4πR
l 2 + R2
Z
Leiter,2
~3 ( M), der vom halbkreisförmigen Drahtbogen
3. Anteil des magnetischen Feldes B
hervorgerufen wird. Mit




− R cos ϕ
− R sin ϕ dϕ
d~l =  R cos ϕ dϕ  , ~r −~r ′ =  − R sin ϕ  und d~l × (~r −~r ′ ) = ~ez R2 dϕ
0
0
gilt
~B3 ( M) = Iµ0
4π
Z
Leiter,3
−Zπ/2
~ez dϕ
Iµ0
Iµ0
d~l × (~r −~r ′ )
~ez .
=
=−
′
3
|~r −~r |
4π
R
4R
π/2
Man muss sich hier jeweils entscheiden, ob man d~l in Stromrichtung definiert und
dann im mathematisch positiven Sinn integriert oder d~l positiv definiert und die Stromrichtung über das richtige Setzen der Integrationsgrenzen festlegt. Wir haben hier die
zweite der beiden Möglichkeiten gewählt. Damit beträgt das Gesamtfeld in M gleich
~B( M) = ~B1 ( M) + ~B2 ( M) + ~B3 ( M) = − µ0 I 1 + 2 ·~ez .
4R
π
23. Helmholtz-Spule
z
d
I
4 Pkt.
Zwei Kreisspulen vom Radius R werden in der gleichen
Richtung von Strömen gleicher Stärke I durchflossen. Die
Spulen sind im Abstand 2d übereinander angeordnet, so
dass die z-Achse ihre gemeinsame Symmetrieachse darstellt.
(Helmholtz-Anordnung zur Erzeugung fast homogener magnetischer Felder)
0
(a) Berechnen Sie die z-Komponenten des magnetischen Fel- (2 Pkt.)
des entlang der z-Achse.
−d
(b) Wie ist der Abstand 2d zu wählen, damit im Koordina- (1 Pkt.)
tenursprung die Ableitungen ∂n Bz /∂zn für n = 1, 2, 3 verschwinden?
I
(c) Beweisen Sie durch Rechnung das Verschwinden der (1 Pkt.)
Komponenten Bx , By in der xy-Ebene bei z = 0.
Lösung:
(a) Wir berechnen das Feld der Kreisströme auf der Symmetrieachse unter der Ver-
Vorrechnen und Abgabe: 31. 05. 2017
2
Elektrodynamik
SS 2017
wendung von Zylinderkoordinaten. Nach dem Biot-Savart’schen Gesetz ist


Z
Z
′
′
d~l1 × (~r −~r1 )
d~l2 × (~r −~r2 ) 
~B(~r ) = µ0 I 
+

.
′
3
4π
|~r −~r1 |
|~r −~r2′ |3
Spule 1
Spule 2
Für die hier vorliegende Geometrie gelten in Zylinderkoordinaten
′
d~l1,2 = R~e ϕ dϕ , ~r1,2
= R~er ± d~ez ,
~er
~ez ~e ϕ
′
0 = [ R(z ∓ d)~er + R2~ez ] dϕ .
d~l1,2 × (~r −~r1,2
) = 0 R dϕ
− R
0
z ∓ d
~r = z~ez ,
Auf der z Achse beträgt das Magnetfeld somit
Z 2π 2~
2~
e
R
(
z
−
d
)~
e
+
R
e
R
(
z
+
d
)~
e
+
R
µ
I
z
r
z
r
0
~B(z~ez ) =
dϕ .
+
4π 0
[ R2 + (z − d)2 ]3/2 [ R2 + (z + d)2 ]3/2
– zwecks Integration stellen wir ~er in kartesischen Koordinaten dar –
µ0 I
=
4π
Z 2π
0
R(z − d)(cos ϕ ~ex + sin ϕ ~ey ) + R2~ez
[ R2 + (z − d)2 ]3/2
R(z + d)(cos ϕ ~ex + sin ϕ ~ey ) + R2~ez
+
[ R2 + (z + d)2 ]3/2
1
1
µ0 IR2
~ez
+
.
=
2
[ R2 + (z − d)2 ]3/2 [ R2 + (z + d)2 ]3/2
!
(b) Die Ableitungen des Magnetfeldes in z-Richtung sind
−3( z − d )
∂~B
µ0 IR2
−3( z + d )
~ez
+
,
=
∂z
2
[ R2 + (z + d)2 ]5/2 [ R2 + (z − d)2 ]5/2
∂2~B
15(z + d)2
µ0 IR2
3
~
e
=
− 2
z
2
2
2
7/2
∂z
2
[ R + (z + d) ]
[ R + (z + d)2 ]5/2
dϕ
3
15(z − d)2
− 2
+ 2
2
7/2
[ R + (z − d) ]
[ R + (z − d)2 ]5/2
,
−105(z − d)3
45(z − d)
+ 2
+ 2
3
9/2
[ R + (z − d) ]
[ R + (z − d)2 ]7/2
.
45(z + d)
∂3~B
µ0 IR2
−105(z + d)3
~
+
e
=
z
∂z3
2
[ R2 + (z + d)3 ]9/2 [ R2 + (z + d)2 ]7/2
Die erste Ableitung ist für beliebige d an der Stelle z = 0 Null. Wohingegen die
zweite Ableitung für 2d = R an der Stelle z = 0 verschwindet. Die dritte Ableitung des magnetischen Feldes verschwindet bei z = 0 immer.
(c) Wir berechnen nun das Feld in der xy-Ebene (z = 0).
~r = r~er ,
Vorrechnen und Abgabe: 31. 05. 2017
′
d~l1,2 = R~e ϕ dϕ , ~r1,2
= R~er ± d~ez ,
3
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~er
~ez ~e ϕ
′
R dϕ 0 = [ R(∓d)~er + R( R − r )~ez ] dϕ .
d~l1,2 × (~r −~r1,2
) = 0
r − R
0
∓d
In der x-y-Ebene beträgt das Magnetfeld somit
Z 2π R
(+
d
)~
e
+
R
(
r
−
R
)~
e
µ
I
R
(−
d
)~
e
+
R
(
r
−
R
)~
e
r
z
r
z
0
~B(r~er ) =
+
dϕ
4π 0
[(r − R)2 + (−d)2 ]3/2
[(r − R)2 + (+d)2 ]3/2
Z
µ0 I 2π
R(r − R)~ez
µ0 IR(r − R)
~ez .
=
dϕ =
2
2
3/2
2π 0 [(r − R) + d ]
[(r − R)2 + d2 ]3/2
Damit ist klar, das Magnetfeld hat in der xy-Ebenen nur eine Komponente in zRichtung.
24. Magnetfeld eines Kreisstroms
4 Pkt.
Betrachten Sie einen kreisförmigen, infinitesimal dünnen Leiter mit Radius a in der x-yEbene mit seinem Mittelpunkt im Koordinatenursprung. Er sei durchflossen von einem
Strom I.
(a) Berechnen Sie mit dem Biot-Savart-Gesetz das Magnetfeld ~B auf der z-Achse.
(2 Pkt.)
(b) Es soll nun das Magnetfeld in der x-y-Ebene betrachtet werden. Hier existieren keine (2 Pkt.)
analytischen Lösungen des Biot-Savart-Integrals. Es ist jedoch möglich, das Vektorpo~ durch tabellierte elliptische Integrale auszudrücken. Das Magnetfeld ~B folgt
tential A
dann durch Rotationsbildung.
~ für z=0 und drücken sie es aus
Berechnen Sie das magnetische Vektorpotential A
durch:
K (k) =
π/2
Z
E(k) =
π/2
Z
0
0
dw
p
p
1 − k2 sin2 w
1 − k2 sin2 w dw
(A24.1a)
(A24.1b)
Wobei k = k(r ) vom Abstand von der z-Achse abhängt. K (k) und E(k) sind die
vollständigen elliptischen Integrale 1. bzw. 2. Art.
Hinweis: Eine kluge Wahl ist
4ar
k2 =
.
( a + r )2
Lösung:
(a) Das Biot-Savart-Gesetz lautet:
~B(~r ) = µ0
4π
Z ~ ′
j(~r ) × (~r −~r ′ ) 3 ′
d r
′ 3
|~r −~r |
Wir schreiben uns die Stromdichte (~j(~r ′ )d3 r ′ = Id~l ′ = Ia~e ϕ′ dϕ′ )
~j(~r ′ ) = Iδ(z′ )δ(r ′ − a)~e ϕ′
Vorrechnen und Abgabe: 31. 05. 2017
4
Elektrodynamik
SS 2017
Dazu haben wir:
 
0

~r = 0
z

a cos ϕ′
~r ′ =  a sin ϕ′ 
0

&


~ex − Iδ(z′ )δ(r ′ − a) sin ϕ′ − a cos ϕ′
⇒ ~j(~r ′ ) × (~r −~r ′ ) = det ~ey Iδ(z′ )δ(r ′ − a) cos ϕ′ − a sin ϕ′ 
~ez
0
z
Die x- und y-Komponenten dieses Vektors interessieren uns nicht weiter. Sie werden durch Integration einer Winkelfunktion über einen Vollwinkel verschwinden.
Das kann man bei der Symmetrie des Systems auch erwarten. Das gesuchte Feld
hat also nur folgende z-Komponente (Rechnung in Zylinderkoordinaten):
µ0 a
Bz (r = 0, z) =
4π
Z∞ Z2πZ∞
−∞ 0 0
µ0 a2 I
Iδ(z′ )δ(r ′ − a)r ′ ′ ′ ′
dr
dϕ
dz
=
3 ,
|~r −~r ′ |3
2( a2 + z2 ) 2
wobei hier im Zähler des Integranden die z-Komponente des Kreuzprodukts eingesetzt wurde.
(b) Wir setzen an mit
~ (~r ) = µ0
A
4π
Z
~j(~r ′ ) 3 ′
d r
|~r −~r ′ |

r cos ϕ
~r =  r sin ϕ 
0

~j(~r ′ ) = Iδ(z′ )δ(r ′ − a)~e ϕ′

a cos ϕ′
~r ′ =  a sin ϕ′ 
0

&
Wir berechnen nun den Nenner und benutzen dabei das Additionstheorem des
Kosinus.
q
′
|~r −~r | = (r cos ϕ − a cos ϕ′ )2 + (r sin ϕ − a sin ϕ′ )2
q
= r2 + a2 − 2ar (cos ϕ cos ϕ′ + sin ϕ sin ϕ′ )
q
= r2 + a2 − 2ar cos ( ϕ − ϕ′ )
Jetzt setzen wir alles in den Ansatz ein:
~ (~r ) = µ0
A
4π
=
Z
µ0 aI
4π
p
Z
r2
p
Iδ(z′ )δ(r ′ − a)~e ϕ′
+
a2
− 2ar cos ( ϕ −
~e ϕ′ dϕ′
ϕ′ )
d3 r ′
r2 + a2 − 2ar cos ( ϕ − ϕ′ )
~ (~r ) nur eine azimutale Komponente hat. Zunächst hat A
~ wegen
Wir sehen, dass A
~ez ·~e ϕ′ = 0 keine axiale Komponente. Dann haben wir ~er ·~e ϕ′ = − sin ϕ′ cos ϕ +
sin ϕ cos ϕ′ = sin( ϕ − ϕ′ ). Damit lässt sich Ar leicht zu null berechnen,
µ0 aI
Ar =
4π
Vorrechnen und Abgabe: 31. 05. 2017
Z2π
0
p
sin ( ϕ − ϕ′ )dϕ′
r2 + a2 − 2ar cos ( ϕ − ϕ′ )
5
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µ0 I
=−
4πr
q
r2
+
a2
− 2ar cos ( ϕ −
2π
= 0,
ϕ′ )
0
wir haben also auch keine radiale Komponente. Durch skalare Multiplikation mit
~e ϕ erhalten wir wegen ~e ϕ ·~e ϕ′ = cos ( ϕ − ϕ′ ):
µ0 aI
Aϕ =
4π
Z2π
0
p
cos ( ϕ − ϕ′ )dϕ′
r2 + a2 − 2ar cos ( ϕ − ϕ′ )
Wir substituieren 2v = ϕ′ − ϕ und nutzen cos 2v = 2 cos2 v − 1 sowie die Periodizität und die Symmetrie von cos2 v zu π/2.
µ0 aI
Aϕ =
2π
=
=
=
π−
Z ϕ/2
− ϕ/2
µ0 aI
2π
Zπ
µ0 aI
π
π/2
Z
µ0 aI
π
π/2
Z
0
√
0
0
µ0 aI
=
π (a + r)
√
2 cos2 v − 1
r2 + a2 − 4ar cos2 v + 2ar
2 cos2 v − 1
r2 + a2 − 4ar cos2 v + 2ar
√
2 cos2 v − 1
2 cos2 v − 1
(r + a)2 − 4ar cos2 v
π/2
Z
0
dv
r2 + a2 − 4ar cos2 v + 2ar
p
q
2 cos2 v − 1
1−
4ar
( a +r )2
cos2 v
Z0
−π/2
dv
dv
dv
Wir substituieren erneut,
um auf den Sinus zu kommen:
cos v = − sin v − π2 = − sin w (dv = dw) und k2 = (a4ar
+r )2
µ0 aI
Aϕ =
π (a + r)
dv
µ0 aI
2 sin2 w − 1
p
dw =
π (a + r)
1 − k2 sin2 w
π/2
Z
0
2 sin2 w − 1
p
dw
1 − k2 sin2 w
Durch Einfügen einer nahrhaften 1 lässt sich dies auf die gewünschte Form bringen.


π/2
π/2
Z
Z
dw
dw
µ0 aI 
2

p
p
Aϕ =
−
+ 2
2
2
π (a + r)
k
2
2
1 − k sin w
1 − k sin w
0
0


π/2
π/2
Z
Z
2
2 sin w
µ0 aI  2
dw
p
p
+
dw
+
− 2
2
2
π (a + r)
k
2
2
1 − k sin w
1 − k sin w
0
0


π/2
π/2
Z
Z
2− k 2
2
2
µ0 aI 
1 − k sin w
2 dw
p k
p
=
−2
dw
2
2
π (a + r)
2
2
2
1 − k sin w
k 1 − k sin w
0
Vorrechnen und Abgabe: 31. 05. 2017
0
6
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SS 2017
=
µ0 aI
2
πk ( a + r )
(2 − k2 )K (k) − 2E(k)
µ0 I
4ar
2ar
2
=
(2 − k ) K ( k ) − 2
E(k)
2πr k2 ( a + r )
k (a + r)
µ0 I a2 + r 2
K (k) − ( a + r ) E(k)
=
2πr a + r
Damit haben wir das Vektorpotential durch ein vollständiges elliptisches Integral
erster Art (vgl. Gleichung A24.1a, Seite 4) und ein vollständiges elliptisches Integral zweiter Art (vgl. Gleichung A24.1b, Seite 4) ausgedrückt. Das Verfahren
funktioniert auch wenn z 6= 0 ist. Es wird nur unwesentlich komplizierter. Durch
Rotationsbildung in Zylinderkoordinaten folgt:
∂ (rA ϕ )
1 ∂ Aϕ
~B(r, z) = 1
~ez −
~er
r ∂r
r ∂z
|
{z
}
nur im Fall z 6= 0
In Teil A sind insgesamt 12 Punkte zu erreichen. Die Aufgaben werden zum unten genannten Termin vorgerechnet.
Teil B
8. Inhomogenes Dielektrikum
5 Pkt.
Das Volumen zwischen zwei konzentrischen, perfekt leitenden, unendlich dünnen Kugelschalen mit Radien a und b (a < b) ist mit einem inhomogenen Dielektrikum gefüllt. Die
relative Dielektrizitätskonstante hängt vom Abstand zum Mittelpunkt der Kugelschalen
ab.
1
εr =
1 + kr
−
Dabei ist k eine Konstante der Dimension m 1 . Die innere Kugelschale trägt die Ladung Q
und die äußere Kugelschale ist geerdet.
Berechnen Sie
~ für a < r < b,
(a) die dielektrische Verschiebung D
(b) die Kapazität C der Anordnung,
(c) die im Dielektrikum induzierte Raumladungsdichte ̺ind für a < r < b und die induzierte Oberflächenladungsdichte σind bei r = a bzw. r = b,
(d) die im Feld zwischen den Kugelschalen gespeicherte Energie durch Integration der
~
Energiedichte 21 ~E · D.
Lösung:
~ = ̺ und machen den kugelsymmetrischen Ansatz D
~ = D (r )~er .
(a) Wir haben div D
Die Ladungsdichte ̺ lautet
̺ (r ) =
Vorrechnen und Abgabe: 31. 05. 2017
Q
δ (r − a )
4πa2
7
(1 Pkt.)
(2 Pkt.)
(1 Pkt.)
(1 Pkt.)
Elektrodynamik
SS 2017
und wir machen uns den gauß’schen Integralsatz zunutze.
Z
~ d3 r =
div D
I
~ · d~f = 4πr2 D (r ) =
D
Z
Q
̺d r =
4πa2
3
Zr
a −0
2
4π δ(r ′ − a)r ′ dr ′ = Q
2
2
Hierbei wurde d~f = r ′ sin ϑ dϕdϑ und d3 r = r ′ sin ϑ dr ′ dϕdϑ benutzt. Das Integral über den Raumwinkel ergibt dann immer 4π. Nach Umstellen kann man die
dielektrische Verschiebung hinschreiben.
~ =
D
Q
~er
4πr2
Dies gilt für r < b. Sobald r > b ist, wird die Ladung im Innern des Integrations~ ändert sich
volumens durch die Ladung auf der äußeren Kugel modifiziert und D
entsprechend (hier auf null).
(b) Wir brauchen zunächst das elektrostatische Potential φ durch Integration des elek!
trostatischen Feldes ~E. Dabei kann φ(b) = 0 gefordert werden.
~
~E(r ) = D = Q (1 + kr )~er
ε0εr
4πε 0 r2
r
Z
Q
b
1 1
′
φ(r ) = − Er (r )dr =
− + k ln
4πε 0 r
b
r
b
Q
b
1 1
U = φ( a) − φ(b) = φ( a) =
− + k ln
4πε 0 a b
a
4πε 0 ab
Q
=
>0
C=
U
b − a + abk ln(b/a)
(c) Wir berechnen die im Dielektrikum induzierte Raumladungsdichte ̺ind für a <
r < b und die induzierte Oberflächenladungsdichte σind bei r = a bzw. r = b aus
der Polarisation ~
P. Dabei brauchen wir die aus dem Dielektrikum heraus zeigenden
Oberflächennormaleneinheitsvektoren ~n. Bei r = a ist also ~n = −~er und bei r = b
ist ~n = ~er .
~P = χε 0~E = (ε r − 1)ε 0~E = − ε 0 kr ~E = − Qk ~er
1 + kr
4πr
1
∂
Qk
~ · ~P = −
̺ind (r ) = −∇
(r2 Pr ) =
r2 ∂r
4πr2
Qk
σind ( a) = −(~
P2 − ~
P1 )~n = ~
P · ~n = −~
P ·~er =
4πa
Qk
σind (b) = ~
P · ~n = ~
P ·~er = −
4πb
In der dritten Zeile haben wir verwendet, dass ~
P2 , die Polarisation im Vakuum,
~
~
verschwindet, und P1 = P. In der vierten Zeile haben wir gleich das Ergebnis
σ=~
P · ~n verwendet.
Vorrechnen und Abgabe: 31. 05. 2017
8
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SS 2017
(d) Wir integrieren.
Q2
32π 2 ε 0
Q2 1 1
b
=
− + k ln
8πε 0 a b
a
1
W=
2
Z
~E · D
~ d3 r =
Z 1
k
+ 3
4
r
r
Q2
d r=
8πε 0
3
Zb a
1
k
+
2
r
r
dr
Natürlich ist bei genauem Hinschauen auch die übliche, experimentalphysikalische Formel erfüllt:
1
W = CU 2
2
Im Teil B können 5 Punkte erreicht werden. Die Abgabe der Aufgabe(n) erfolgt am unten
genannten Datum.
Vorrechnen und Abgabe: 31. 05. 2017
9
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