1 Aufgabe 1

1
Aufgabe 1
Eine metallsiche Kugeil mit Radius a habe die Ladung Q. Diese ist von
einem linearen dielektrischen Material mit der Dielektrizitätkonstante und
Radius b umgeben.
• (a) Stellen Sie die Randbedingungen auf
~ und das Potential
• (b) Berechnen Sie das elektrische Feld E
• (c) Berechnen Sie die Polarisation
• (d) Berechnen Sie die gebundenen Ladungen
Lösung
Das Feld wird in 3 Bereiche geteilt:
1
r<a
2 a<r<b
3
b<r
(1)
• (a) Das elektrische Feld ist hier rein Radial also sind nur die Bedingung
D3 − D2 = 0
D2 − D1 = σf
(2)
relevant
~ ×D
~ = 0 und man kann sofort das
• (b) Wegen der Symmetrie gilt nabla
für D das feld einer geladenen Kugelschale ansetzen.
(
r<a
~ = 0
D
(3)
Q
ê
r
>
a
r
2
4πr
Damit gilt für das elektrische Feld:


0
Q
~
E = 4πr
2 êr

 Q
ê
4π0 r 2 r
r<a
a<r<b
b<r
(4)
Das Potential ergibt sich dann z.B. durch Integrieren und anpassen
der Integrationskonstanten mit V (∞) = 0 zu
 Q
1
1
1

r<a
 4π

0 b − b + a
Q
Q
V (r) =
(5)
a<r<b
4πr + 4π0 b


 Q
b<r
4π0 r
1
• (c)Die Polarisation ergibt sich einfach aus vecE zu:
~ = 0 χe Q êr
P~ = 0 χe E
4πr2
(6)
• (d) Damit lassen sich die gebundenen Ladungen leicht berechnen
~ P~ = 0
ρb = −∇
(
0 χe Q
4πb
0 χe Q
− 4πa
2
σb = P~ n̂ =
2
(7)
r=b
r=a
(8)
Aufgabe 2
Eine Kugel von Radius Raus linearem dielektrischen Material befindet sich
~ = E0 êz .
in einem homogenen Elektrischen Feld der Stärke E
• (a) Stellen Sie die Randbedingungen auf
• (b) Berechnen Sie das Potential innerhalb und außerhalb der Kugel
• (c) Berechnen Sie das Feld im inneren
• (d) Berechnen Sie die Polarisation und die gebundenen Ladungen
Lösung
Das Feld wird in 2 Bereiche geteilt:
in
r<a
out a < r < b
(9)
• (a) Es gelten folgende Randbedinungen
~ in (R) êr = D
~ out (R) êr → ∂r Vin (R) = 0 ∂r Vout (R)
(i) D
~
~
(ii) Ein (R) êθ = Eout (R) êθ → R1 ∂θ Vin (R) = R1 ∂θ Vout (R)
(iii)
r→∞
Vout → −E0 z = −E0 r cos θ
(10)
• (b) Am besten verwendet man den Separationsansatz für Rotationssymmetrie (Summenkonvention !!!):
Vin = Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos θ)
(11)
Vout = Cl rl + Dl r−(l+1) Pl (cos θ)
Mit den Randbedingungen folgt:
2
– keine Singularität bei r = 0
– (iii)
→
C1 = 0
→
Bl = 0 für alle l
Cl6=1 = 0
– (i) → da die Legendre Polynome orthogonal sind müssen die
Bediungen für jedes l einzeln erfüllt werden:
l
r lAl Rl−1 = − (l+1)D
Rl+2
1
r A1 = −E0 − 2D
R3
– (ii)
l 6= 1
l=1
(12)
→
l
Al Rl = RDl+1
A1 R = −E0 R +
D1
R2
l 6= 1
l=1
(13)
Damit folgt:
und damit:
Al = Dl = 0
l 6= 1
3
A1 = − r3+2 E0 D1 = rr −1
+2 R E0
(14)
0
0
r cos θ = − 3E
z
Vin = − 3E
r +2
r +2
3
r −1 R
Vout = −E0 r cos θ + E0 r +2 r2 cos θ
(15)
• (c) Damit folt für das Feld im Inneren:
~ = 3E0 êz
E
r + 2
(16)
• (d) Damit folt für die Polarisation:
~ = 0 r − 1 3E0 êz
P~ = 0 χe E
r + 2
(17)
Und für die gebundenen Ladungen:
3
~ P~ = 0
ρb = −∇
(18)
r − 1
σb = P~ n̂ = 0
3E0 cos θ
r + 2
(19)
Aufgabe 3
Ein Plattenkondensator aus 2 quadratischen Platten mit Größe l und Abstand d tragen jeweils die Ladung +Q bzw. -Q. In einen Teil des Plattenkondensators (Lämge r Breite l (r ≺ l)) sei ein Dielektrikum eingeschoben
(Gesamtmaße l x l) 0 (Dicke d). Der Bereich mit Dielektrikum werde
mit I bezeichnet, der andere mit II.
3
• (a) Leiten Sie Beziehungen her zwischen der Oberflächenladungsdichte
σ und der dielektrischen Verschiebung D jeweils in I und II. Welche
~ I und D
~ II sowie E
~ I und E
~ II
Beziehung besteht jeweils zwichen dem D
• (b )Berechnen Sie die Oberflächenladungsdichten der Kondensatorplatten und das elektrische Feld zwischen den Platten. Beachten Sie
dass die Gesamtladung jeder Platte Q ist.
• (c )Berechnen Sie die im Feld gespeicherte Energie
• (d) Berechnen Sie die auf die Grenzfläche ausgeübte Kraft
Lösung
• (a) Mit Hilfe des Gaußschen Satzen und der Symmetrie folgt:
DI = σf I êz
DII = σf 2 êz
(20)
~ müssen stetig sein also gilt:
Die Tangentialkomponenten von E
~ I = r D
~ II
D
~ I = E~II
E
(21)
und somit auch:
σI = r σII
(22)
• (b) Da die Gesamtladung einer Platte Q beträgt gilt:
Q = σI sr + σII (l − r)s = σII s [sr + (l − r)]
→
σII =
Q
s(l + r(r − 1))
σI =
r Q
s(l + r(r − 1))
(23)
(24)
Damit folgt:
r Q
DI = s(l+r(
r −1))
Q
DII = s(l+r(
r −1))
Q
EI = 10 s(l+r(
r −1))
Q
EII = 10 s(l+r(
r −1))
• (c) Für die im Feld gespeicherte Energie gilt:
Z
Z
Z
1
1
1
3 ~ ~
3 ~ ~
~ II E
~ II
U=
d rE D =
d rDI EI +
d3 r D
2
2 VI
2 VII
U=
1 ~2
Q2
d
E 0 [VI r + VII ] =
2
20 s[l + r(r − 1)]
(25)
(26)
(27)
• (d) Damit lässt sich die Kraft auf das Dielektrikum berechnen:
F = ∂r U =
Q2
d(r − 1)
20 s[l + r(r − 1)]2
4
(28)
4
Aufgabe 4
~ =
Ein unendlich langer Zylinder mit Radius R trage die magnetisierung M
ksẑ. Dabei sei k einen Konstante und s der Abstand zur Achse.
Bestimmen Sie das Magnetfeld innen und außen durch 2 verschiedene Methoden:
• (a) Bestimmen Sie alle gebundenen Ströme und das Feld dass sie erzeugen
~ und daraus
• (b) Bestimmen Sie über das ”‘Ampere‘sche Gesetz für H”
~
dann B
Lösung
• (a)Die gebundenen Ströme ergeben sich zu:
~ ×M
~ = −k ~eφ
~jb = ∇
(29)
~kb = M
~ × n̂ = kR ~eφ
(30)
Mit Hilfe des Ampereschen Gesetzes berechnet man das Feld dieser
~B
~ = 0 nur in zStröme. Das Feld kann wegen Symmetrie bzw. ∇
Richtung zeigen. Mit der integralen Form des Ampereschen Gesetztes
und einer Schleife in der ρ − z Ebene erhällt man:
BL = µ0 Iend = µ0 [LkR − Lk(R − ρ)] = µ0 Lkρ
→
~
B(ρ)
= µ0 kρ êz
(31)
(32)
• (b) Mit Hilfe des ”Ampere‘schen Gesetzes” für H sieht man: H = 0.
Das Feld B ergibt sich dann zu:
~ = µ0 (H
~ +M
~ ) = µ0 kρ êz
B
5
(33)
Aufgabe 5
Ein Koaxialkabel bestehe aus 2 unendlich dünnen Hohlzylindern mit Radien
a und b mit a < b. Der Zwischenraum sei mit einem Isolator µ 6= 1 gefüllt.
Diese Zylinder seien beide mit einem Strom der Stärke I in entgegengesetzter
Richtung durchflossen.
~ und daraus B
~ für Beliebige Abstände s zur z• (a) Bestimmen Sie H
Achse.
5
• (b) Bestimmen Sie die Magnetisierung und die gebundenen Flächenstromdichten.
• (c) Zeigen Sie dass diese für die Unstetigkeit der Tangentialkomponente von B verantwortlich sind
Lösung
Das Feld wird in 3 Bereiche geteilt:
1
s<a
2 a<s<b
3
s<r
(34)
• (a) Aufgrund der Symmetrie kann man das ”Ampere Gesetz”’ für H
anwenden:
~ ×H
~ = 0 → H = Ienc
∇
(35)
2πs
Damit gilt für die Felder:
~1 = 0
~1 = 0
1
H
B
~ = µI ~eφ
~ = I ~ephi B
2 H
2πs
2πs
~1 = 0
~1 = 0
3
H
B
~ = B~ − H
~ ergibt sich:
• (b)Für die Magnetisierung M
µ0
(
(µr −1)I
~eφ a < s < b
2πs
~ =
M
0
sonst
(36)
(37)
Betrachte Stelle s = a. Für den gebunden Oberflächenstrom gilt:
n̂ = −êρ
~kb = (µr − 1)I êz
a
2πa
→
(38)
Das Feld das dieser Strom an der Stelle s = a erzeugt beträgt:
2πaBa = µ0 2πkba
→
~ a (a) = µ0 (µr − 1)I êφ
B
2πa
(39)
Vergleiche mit Sprung des B-Feldes bei s = a:
~ =B
~ 2 (a) − B
~ 1 (a) = µ0
∆B
(µr − 1)I
êφ
2πa
(40)
Analog bei s = b:
~kb = − (µr − 1)I êz
b
2πb
(41)
~ b (b) = −µ0 (µr − 1)I êφ = ∆B(b)
~
B
2πb
(42)
6
6
Aufgabe 6
Betrachten Sie eine dia bzw. Paramagnetische Kugel mit Radius R und
~ 0 = B0~ez B0 > 0 befindet
Permeabilität µ die sich in einem äußeren Feld B
~ als Gradient eines Skalar• Da keine freien Ströme existieren kann H
feldes ausgedrückt werden. Berechnen Sie Φ
~ und M
~ und skizzieren Sie die Felder
• Berechnen Sie B
Lösung
Lösung völlig analog mit folgenden Ersetzungen:
~
D
~
E
E0
→
→
→
→
~
B
~
H
(43)
B0
µ0
µ
• (a) Damit lautet das Potential:
3B0
µ0 (µr +2) r cos θ
B0 µr −1 R3
0
−B
µ0 r cos θ + µ0 µr +2 r 2
Φin = −
Φout =
cos θ
(44)
• (b) Für das Feld innen ergibt sich sofort:
~ i = B0 3µr êz
B
µr + 2
(45)
Für das Feld im äußeren sieht man am besten dasses sich um die
~ 0 und einem Dipol handelt:
Überlagerung von B
Φout = −
B0
µ0 mr̂
~
r cos θ +
µ0
4π r2
m
~ =
~0
4π µr − 1 3 B
R
µ0 µr + 2 µ0
(46)
Und damit folgt für das Feld:
~ out = B
~ 0 + µ0 1 [3(mr̂)r̂
B
~
− m]
~
4π r3
(47)
Fürm die Magnetisierung gilt dann.
~ = (µr − 1) B
~ = 3B0 µr − 1 êz
M
µr µ0
µ0 (µr + 2)
7
(48)