Aufgabe 1 - TU Dresden

KLAUSUR Theoretische Elektrotechnik 1“
”
01.03.2013
Prof. H.-G. Krauthäuser
Aufgabe
Punkte
1
6
Dauer: 120 min.
2
8
3
11
4
9
5
10
6
10
7
16
P
70
Aufgabe 1
Im Ursprung befindet sich eine Kreisscheibe mit dem inneren Radius a und einem äußeren Radius b.
Auf dieser Scheibe ist die Ladung Q homogen verteilt.
z
Q
a
x
b y
~ r) auf der z-Achse.
Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E(~
Die Raumladungsdichte der mit der konstanten Flächenladung %F = π(b2Q−a2 ) belegten Kreisscheibe
drückt sich in Zylinderkoordinaten durch %V (%0 , ϕ0 , z 0 ) = %F δ(z 0 ) für %0 ∈ [a, b] und ϕ0 ∈ [0, 2π] aus.
Mit dem Quellpunktvektor ~r0 = %0~e% berechnet sich das Potential auf der z-Achse zu
˚
˚
%V (%0 , ϕ0 , z 0 ) 0
1
%F δ(z 0 ) 0 0 0 0
1
dV
=
% dϕ d% dz
Φ(z) =
4πε
|~r − ~r0 |
4πε
|z~ez − %0~e% |
ˆb ˆ2π
ib
´
p
%F
%0
%F hp 2
%F ³p 2
p
=
dϕ0 d%0 =
z + %02 =
z + b2 − z 2 + a2
4πε
2ε
2ε
a
z 2 + %02
a
0
Entsprechend folgt für die elektrische Feldstärke
·
µ
¶ ¸
µ
¶
∂Φ(z)
%F
2z
2z
%F z
1
1
~
√
√
E(z) = −
~ez = −
− √
~ez =
−√
~ez
∂z
2ε 2 z 2 + b2 2 z 2 + a2
2ε
z 2 + a2
z 2 + b2
Statt über das Potential kann die elektrische Feldstärke auch auf direktem Wege berechnet werden. In
diesem Fall nutzt man zur Vereinfachung des Coulomb-Integrals,
dass die radialen Feldkomponenten
´ 2π
bei der Integration über den Winkel ϕ wegen 0 ~e% dϕ = ~0 verschwinden. Es gilt
~
E(z)
=
1
4πε
˚
~r − ~r0
%F
%V
dV 0 =
0
3
|~r − ~r |
4πε
ˆb ˆ2π
a
"
=
%F
1
z~ez − p
2
2ε
z + %02
#b
=
a
%F z
2ε
z~ez − %0~e% 0 0 0 %F
% dϕ d% =
|z~ez − %0~e% |3
2ε
0
µ
√
1
1
1
−√
2
2
+a
z + b2
z2
¶
~ez
ˆb
a
z~ez %0 d%0
p
3
z 2 + %02
Aufgabe 2
Eine leitende und geerdete Hohlkugel mit dem Radius a ist im Koordinatenursprung angeordnet. Auf
der z-Achse befindet sich im Abstand d < a vom Mittelpunkt der Kugel eine Punktladung Q
z
d Q
a
y
x
(a) Skizzieren Sie die Feld- und Äquipotentiallinien in der yz-Ebene.
1
z/a
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-1
-0.5
0
y/a
0.5
1
1.5
(b) Berechnen Sie das elektrische Skalarpotential Φ(~r) im ganzen Raum.
0 = d~
ez kann nach dem Spiegelungsprinzip eine negative
Für die Punktladung +Q am Ort ~r+
Ladung −q außerhalb der Kugel konstruiert werden. Diese befindet sich aufgrund der Symmetrie
0 = d0~
ebenfalls auf der z-Achse am Ort ~r−
ez . Den Ort der Spiegelladung −q bzw. ihren Abstand
0
d zum Kugelmittelpunkt sowie die Größe ihrer Ladung bestimmt man gemäß
d0 =
a2
d
q=Q
a
d
Mit dem Aufpunktvektor ~r = r~er und den Abstandsvektoren
p
0
r1 := |~r − ~r+
| = r2 + d2 − 2rd cos ϑ
p
0
r2 := |~r − ~r−
| = r2 + d02 − 2rd0 cos ϑ
ist das elektrische Skalarpotential durch Superposition im Kugelinneren insgesamt
·
¸
·
¸
Q
1
a
1
Q 1
a 1
√
Φ(r, ϑ) =
− √
=
−
4πε
4πε r1 d r2
r2 +d2 −2rd cos ϑ d r2 +d02 −2rd0 cos ϑ
Außerhalb gilt dagegen aufgrund der Erdung der Kugel
Φ(r, ϑ) = 0
2
(r ≥ a)
(r < a)
Aufgabe 3
Drei linienförmige Leiter treffen im Ursprung aufeinander. Der Leiter in der positiven z-Achse führt
den Strom I0 . Dieser Strom teilt sich zu gleichen Anteilen auf die beiden Leiter in der positiven x~ r) im Punkt P (a, b, 0).
und y-Achse auf. Berechnen Sie die magnetische Feldstärke H(~
z
I0
I0 /2
x
I0 /2
a
b
y
P (a, b, 0)
Das Gesamtmagnetfeld der Leiteranordnung am Beobachtungspunkt bei ~r = a~ex + b~ey wird aus der
Superposition der Feldbeiträge der drei einzelnen Leiterabschnitte bestimmt. Der Weg des Stromes
durch den Leiter beschreibt sich dabei durch den Quellpunktvektor ~ri0 = i0~ei und das Wegelement
d~ri0 = di0~ei mit i ∈ {x, y, z}. In z-Richtung ist der aus dem Unendlichen kommende und bis zum
Ursprung fließende Strom I0 zu berücksichtigen und es gilt
~z
H
¡
¢
¢
ˆ0
ˆ0 0 ¡
dz 0~ez × a~ex +b~ey −z 0~ez
dz a~ey − b~ex
dz 0
I0
I0
(a~ey − b~ex ) √
=
=
=
√
√
3
3
3
4π
4π
a2 +b2 +z 02
a2 +b2 +z 02
a2 +b2 +z 02
∞
∞
∞
·
¸0
z0
I0 b~ex − a~ey
I0
√
=
= − (b~ex − a~ey )
4π
(a2 +b2 ) a2 +b2 +z 02 ∞ 4π a2 +b2
I0
4π
ˆ0
Der Beitrag des Leiterstückes entlang der x-Achse berechnet sich zu
~x =
H
=
¡
¢
ˆ∞
ˆ∞
dx0~ex × (a−x0 )~ex + b~ey
I0
bdx0~ez
I0 b
dx0
~
e
=
=
z
p
p
p
3
3
3
8π
8π
(a−x0 )2 + b2
(a−x0 )2 + b2
(a−x0 )2 + b2
0
0
0
"
#∞
¶
µ
I0 b
a − x0
I0
a
~ez
~ez − p
1+ √
=
8π
8πb
a2 + b2
b2 (a − x0 )2 + b2 0
I0 /2
4π
ˆ∞
und analog folgt für das Leiterstück entlang der y-Achse
~y
H
¢
¡
ˆ∞
ˆ∞
dy 0~ey × a~ex + (b−y 0 )~ey
−ady 0~ez
dy 0
I0
I0 a
=
=
=−
~ez
p
p
p
3
3
8π
8π
2 + (b−y 0 )2
2 + (b−y 0 )2
2 + (b−y 0 )2 3
a
a
a
0
0
0
"
#∞
µ
¶
0
I0 a
b−y
I0
b
= −
~ez − p
=−
1+ √
~ez
2
2
2
0
2
8π
8πa
a + b2
a a + (b − y ) 0
I0 /2
4π
ˆ∞
womit die gesamte magnetische Feldstärke lautet
~ =H
~x + H
~y + H
~ z = I0 b~ex − a~ey + I0
H
4π a2 +b2
8π
3
µ
1
a
1
b
+ √
− + √
b b a2 + b2 a a a2 + b2
¶
~ez
Aufgabe 4
Gegeben ist ein Zylinderkondensator der Länge l mit vernachlässigbaren Randeffekten. An der Innenelektrode liegt das Potential Φa und an der Außenelektrode liegt das Potential Φb an. Es gilt Φa < Φb .
Der Kondensator beinhaltet das inhomogene Dielektrikum
ε(%) = ε0 e−
Hinweis: eu+v = eu ev
%−b
a
y
Φb
Φa
a
z¯
x
b
ε(%)
Berechnen Sie
(a) die Kapazität des Kondensators
Man berechnet zunächst das elektrische Feld im Inneren unter Nutzung der Gaußschen Methode
ˆ2π ˆ l
ε(%)
E% (%)%dϕdz = 2πε(%)l%E% (%) = Q
0
⇒
E% (%) =
Q 1
2πε(%)l %
(a ≤ % ≤ b)
0
und aus diesem mithilfe des Gradienten das elektrische Potential bzw. die Potentialdifferenz
zwischen Innen- und Außenelektrode
ˆa
ˆa
Q
d%
∂Φ
⇒ Φ(a) = Φ(b) − E% (%)d% = Φ(b) −
E% = −
∂%
2πl
ε(%)%
b
U = Φ(b) − Φ(a) =
=
ˆa
b
%
a
451
e
Q
%2
%3
%
d%
=
+
+
+ ···
ln(%)
+
b
b
%
a 4a2 18a3
2πε0 e a l
2πε0 e a l
b
¸
· ³ ´
Q
a
a − b a2 − b2 a3 − b3
+
+
+
+ ···
ln
b
b
a
4a2
18a3
2πε0 e a l
Q
·
Hiermit folgt die Kapazität C der Leitung zu
· ³ ´
¸−1
b
Q
a
a − b a2 − b2 a3 − b3
a
C=
= 2πε0 e l ln
+
+
+
+ ···
U
b
a
4a2
18a3
(b) die im Dielektrikum gespeicherte Energie
´£ ¤
b
1
1³
−1
W =
CU 2 =
2πε0 e a l · · ·
³
2
2
=
451
Q2
Q2
b
2πε0 e a l
£ ¤2 1 Q2 £ ¤
···
´2 · · · =
2 2πε0 e ab l
a − b a2 − b2 a3 − b3
ln
+
+
+
+ ···
b
b
a
4a2
18a3
4πε0 e a l
·
³a´
Integral #451 nach Bronstein, Taschenbuch der Mathematik :
ˆ ax
(ax)2
(ax)3
e
ax
dx = ln(x) +
+
+
+ ···
x
1 · 1!
2 · 2!
3 · 3!
4
¸
¸a
b
Aufgabe 5
Auf der x-Achse befindet sich ein Linienleiter, der den Strom I1 führt und sich im Unendlichen schließt.
In der xy-Ebene befindet sich eine Leiterschleife in der Form eines Vierecks, die den Strom I2 führt.
z
−c
I1
d
c
a
x
a+d
I2
y
(a) Bestimmen Sie die magnetische Feldstärke eines unendlich ausgedehnten Linienleiters.
Ausgehend vom Durchflutungsgesetz der Maxwell-Gleichungen, in dem für die magnetosta~ entfällt, gelangt man
tische Betrachtung die zeitliche Ableitung der elektrischen Flussdichte D
durch Bildung des Flächenintegrals zu einem Ausdruck für den Strom durch den Linienleiter.
~
~ = J~ + ∂ D
rot H
∂t}
| {z
=0
¨
˛
¨
~
~
~
~ A
~=I
rot HdA = Hd~r =
Jd
A
A
∂A
Als Fläche wird aufgrund der Zylindersymmetrie eine konzentrische, senkrecht auf dem Leiter stehende Kreisfläche mit Radius % gewählt, welche den gesamten Strom I umfasst. Das
Flächenintegral über die Rotation des Feldes schreibt sich dabei mithilfe des Stokesschen
Integralsatzes als Wegintegral über den Rand der Fläche, wobei die magnetische Feldstärke
~ = H(%)~eϕ wegen des gleich bleibenden Abstandes % zum Leiter auf dem gesamten Weg konH
stant bleibt. Mit dem vektoriellen Wegelement d~r = %dϕ~eϕ erhält man also
ˆ2π
⇒
H(%)~eϕ %dϕ~eϕ = 2π%H(%) = I
I
~
~eϕ
H(%)
=
2π%
0
(b) Berechnen Sie die Gegeninduktivität L21 der Anordnung.
Für die gegebene Anordnung berechnet man unter Ausnutzung der Symmetrie der zweiten Leiterschleife bezüglich der y-Achse in einem ersten Schritt zunächst den magnetischen Fluss Φ21 . Nach
I1
~
a) ist dabei H(y)
= 2πy
~ez . Weiterhin werden die Seitenkanten des Vierecks durch die Geraden¡
¢
c
gleichungen x1 (y) = a−d (y − d) und x2 (y) = − dc y − (a + d) beschrieben.


a+d xˆ2 (y)
¨
ˆa xˆ1 (y)
ˆ

~ A
~ = 2µ 
Φ21 =
Bd
H(y)dxdy +
H(y)dxdy 

A
=
=
d
a
0
0
 a



a+d
a+d
ˆ
ˆ
ˆa
ˆ
x2 (y)  µI1  c
y−d
c
y − (a + d) 
µI1  x1 (y)
dy +
dy =
dy −
dy
π
y
y
π
a−d
y
d
y
a
a
d
d
·
¸
h
i
h
i
a
a+d
µI1
c
c
y − d ln(y) − y − (a + d) ln(y)
π a−d
d
d
a
5
Φ21 =
=
·
µ
¶¶¸
³ a ´´ c µ
c ³
a+d
µI1
d − (a + d) ln
a − d − d ln
−
π a−d
d
d
a
·
¶
¸
µ
³
´
µI1 c a + d
d
a+d
a
−
ln
ln
π
d
a
a−d
d
Die Gegeninduktivität ist demzufolge
L21
·
¶
µ
³ a ´¸
Φ21
µc a + d
d
a+d
=
=
−
ln
ln
I1
π
d
a
a−d
d
Im Falle einer rautenförmigen Leiterschleife mit a − d = d und damit a = 2d sowie a + d = 3d
vereinfacht sich diese Beziehung zu
·
µ ¶
¸
3
µc
L21 =
3 ln
− ln(2)
π
2
6
Aufgabe 6
Ein in z-Richtung unendlich ausgedehnter hochpermeabler Körper ist mit einer parallelflankigen und in
positiver x-Richtung offenen Nut versehen. In der Nut befindet sich isoliert von dem Körper ein Leiter
mit quadratischem Querschnitt. Der Leiter hat die Seitenlänge a, die Leitfähigkeit κ, die Permeabilität
µ0 und führt in positiver z-Richtung den niederfrequenten Wechselstrom i(t) = I0 cos(ωt) mit der
Amplitude I0 und der konstanten Kreisfrequenz ω.
y
a
µ→∞
µ0 , κ
µ0 , κ = 0
x
i(t)¯
a
~ r), die magnetische Feldstärke H(~
~ r) und die StromBerechnen Sie das magnetische Vektorpotential A(~
~
dichte J(~r) im Leiter. Begründen Sie Ihren Ansatz. Die endliche Dicke der Isolationsschicht zwischen
dem Leiter und dem Körper kann für die Berechnung vernachlässigt werden.
Aus der gegebenen Stromrichtung mit J~ = J z ~ez und dem Zusammenhang
~
~ = −κ ∂ A = −jωκA
~
J~ = κE
∂t
~ = Az ~ez gilt. Auffolgt, dass auch das Vektorpotential nur eine z-Komponente aufweist und somit A
grund des ideal magnetisch leitfähigen Körpers mit µ → ∞ steht das magnetische Feld im gesamten
Nutbereich senkrecht auf den Seitenflächen und verläuft damit nur in y-Richtung. Zusammen mit
der unendlichen Ausdehnung der Stromdichteverteilung besteht zudem keine Abhängigkeit in der zKomponente, weshalb die jeweiligen partiellen Ableitungen Null sind. Entsprechend vereinfacht sich
~ zu
die Diffusionsgleichung für A
~ r) = jωµκA(~
~ r)
4 A(~
⇒
∂ 2 Az
~ez = jωµκAz ~ez
∂x2
~ genügt die Gleichung
und zur Bestimmung des Magnetfeldes H
~ = − ∂Az (x) ~ey = B y ~ey = µH y ~ey
rot A
∂x
Im Bereich des Leiters für x ∈ [−a; 0] mit µ = µ0 und κ 6= 0 ist nun obige partielle Differentialgleichung
zu lösen, wobei sich für Vektorpotential und Magnetfeld die allgemeine Lösung wie folgt ergibt
∂2
A (x) = jωµ0 κ Az (x) = α2 Az (x)
| {z }
∂x2 z
=:α2
∂2
∂x2
Az (x) − α2 Az (x) = 0
⇒
Az (x) = C1 sinh(αx) + C2 cosh(αx)
´
α³
H y (x) = −
C1 cosh(αx) + C2 sinh(αx)
µ0
7
mit C1 , C2 ∈ C
Die beiden noch unbekannten Konstanten können schließlich mithilfe des Durchflutungsgesetzes der
Maxwellschen Gleichungen aus dem Umlaufintegral der magnetischen Feldstärke entlang der Berandung der Leiterquerschnittsfläche bestimmt werden. Integrationswege in x-Richtung liefern hierbei
keinen Beitrag, da das Magnetfeld nur eine y-Komponente besitzt. Ebenso muss das Feld am Nutgrund
bei x = −a infolge des ideal magnetisch leitfähigen Mediums verschwinden, sodass insgesamt gilt
˛
ˆ0
~ r=
Hd~
I=
−a
∂A
a
a
ˆ2
ˆ−a
ˆ− 2
³ a´
³a´
dx +
dx +
H y (0)dy + H x
H y (−a) dy = aH y (0)
Hx −
| {z }
| {z 2 }
| {z 2 }
a
a
=0
0
−2
2
=0
=0
Mit diesen Bedingungen folgt für C1 und C2
´
α
α³
! I
C1 cosh(0) +C2 sinh(0) = − C1 =
| {z }
| {z }
µ0
µ0
a
=1
=0
µ
¶
µ0 I
α
!
−
H y (−a) = −
cosh(−aα) + C2 sinh(−aα) = 0
µ0
aα
H y (0) = −
⇒
C1 = −
µ0 I
aα
⇒
C2 = −
µ0 I cosh(aα)
aα sinh(aα)
und die Lösung lautet demgemäß
·
¸
µ0 I
cosh(αx)
Az (x) = −
sinh(αx) +
aα
tanh(aα)
·
¸
αI
cosh(αx)
J z (x) = −jωκAz (x) =
sinh(αx) +
a
tanh(aα)
·
¸
I
sinh(αx)
H y (x) =
cosh(αx) + cosh(aα)
a
sinh(aα)
8
Aufgabe 7
(a) Weisen Sie nach, dass die folgenden Aussagen gelten: (2 Punkte)
(1) Ein Wirbelfeld ist stets quellenfrei.
~ (~r) = rot F~ (~r) folgt die Quellenfreiheit aus
Für Wirbelfelder W
³
´
~ (~r) = div rot F~ (~r) = 0
div W
(2) Ein Vektorfeld, das als Gradient einer skalaren Funktion dargestellt werden kann, ist stets
wirbelfrei.
Für Vektorfelder F~ (~r), welche sich als Gradient einer skalaren Funktion Φ darstellen lassen,
folgt die Wirbelfreiheit aus
F~ (~r) = grad Φ
⇒
rot F~ (~r) = rot (grad Φ) = ~0
(b) Wann wird ein Medium mit der Permittivität ε, elektrischen Leitfähigkeit κ und Permeabilität
µ als linear, homogen und isotrop bezeichnet? (2 Punkte)
• Homogenität besteht, falls die Materialgrößen ortsunabhängig bzw. räumlich konstant sind
mit ε 6= ε(~r) (analog für µ und κ).
• Isotropie liegt vor, wenn die Materialgrößen skalare Größen, also unabhängig von der Rich~ und H
~ sind.
tung der Felder E
• Linearität ist gegeben, sofern die Materialgrößen nicht vom Betrag der Feldgrößen abhängig
~ H)
~ (analog für µ und κ).
sind, d.h. ε 6= ε(E,
(c) Geben Sie die Maxwell-Gleichungen in Differentialform sowie die Materialgleichungen für isotrope, lineare und homogene Medien an. (2 Punkte)
Die Maxwell-Gleichungen lauten in Differentialform
~
~ = − ∂B
rot E
∂t
~
~ = J~ + ∂ D
rot H
∂t
~ = %V
div D
~ =0
div B
Zusammen mit den Materialgleichungen
~ = ε0 εr E
~
D
~ = µ0 µr H
~
B
~
J~ = κE
beschreiben sie das Verhalten elektrischer und magnetischer Felder in Materie.
(d) Leiten Sie aus den Maxwell-Gleichungen die Kontinuitätsgleichung ab. Wie lautet die Gleichung für stationäre Ströme? (4 Punkte)
Ausgehend von den Maxwell-Gleichungen erhält man mithilfe des Integralsatzes von Gauß
~
~ = J~ + ∂ D
rot H
∂t
·
¸
³
´
~ = 0 = div J~ + ∂ D
~ = div J~ + ∂ %V
~ = div J~ + ∂ div D
div rot H
∂t
∂t
∂t
∂%V
div J~ = −
∂t
Für stationäre Ströme gilt
∂%V
∂t
= 0, womit div J~ = 0 folgt.
9
(e) Leiten Sie für niederfrequente Vorgänge mit konstanter Kreisfrequenz ω die Diffusionsgleichung
für die magnetische Feldstärke in einem isotropen, linearen und homogenen Medium her. (4
Punkte)
~ À
Für niederfrequente Vorgänge mit konstanter Kreisfrequenz gilt aufgrund der Beziehung |J|
~
~ = J~ (Quasi-Magnetostatik). Es lässt sich nun schreiben:
| ∂ D | die quasistatische Näherung rot H
∂t
³
´
³
´
³ ´
~ = grad div H
~ − 4H
~ = rot J~ = rot κE
~ = κ rot E
~
rot rot H
Ã
!
³
´
~
~
1
∂
B
∂H
~ = κ −
~ −4H
= −µκ
grad div B
µ
∂t
∂t
| {z }
=0
~ = µκ
4H
~
∂H
∂t
~ = He
~ jωt bzw. durch Fourier-Transformation
Unter Verwendung komplexer Zeigergrößen mit H
ergibt sich aus der letzten Gleichung schließlich die Beziehung
~ = jωµκH
~
4H
(f ) Nennen Sie vier Methoden zur Berechnung des elektrostatischen Potentials eines elektrischen
Feldes. (2 Punkte)
~ aus dem Coulomb-Integral
• Berechnen von E
˚
1
~r − ~r0
~
E=
%V (~r0 )
dV 0
4πε
|~r − ~r0 |3
~ = − grad Φ
und Bestimmen von Φ aus E
~ nach der Gaußschen Methode gemäß
• Berechnen von E
‹
˚
~
~
EdA =
%V (~r0 )dV 0
V
∂V
~ = − grad Φ
und Bestimmen von Φ aus E
• Lösen der Poisson-Gleichung für das Skalarpotential
4Φ = −
%V
ε
• Anwenden des Spiegelladungsprinzips und Superposition aller Einzelpotentiale
10