1 Induktion und Verschiebungsstrom
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Elektrodynamik 1 INDUKTION UND VERSCHIEBUNGSSTROM Bemerkung: Aufgaben 1-4 sind hier in SI-Einheiten gelöst! 1 Induktion und Verschiebungsstrom Ein unendlich langes, gerades Kabel führt einen langsam veränderlichen Strom I(t). (a) Bestimmen sie das elektrische Feld als Funktion vom Abstand s vom Kabel. (b) Nun wird um das Kabel ein zylinderförmiger Mantel mit Radius a gelegt, in dem der Strom zurückfließt(„Koaxialkabel“). Desweiteren fließe nun der Strom I(t) = I0 cos ωt. Wie lautet jetzt das elektrische Feld? (c) Bestimmen sie hieraus die Verschiebungsstromdichte ~jd und den gesamten Verschiebungsstrom Id . (d) Vergleichen sie Id mit I. Wie hoch müsste die Frequenz ω sein, damit bei einem Kabel mit Außendurchmesser 2mm der Verschiebungsstrom 1% von I ist? 1.1 Lösungsvorschlag ~ = µ0 I ~eφ Wie das B-Feld eines (a) In der quasistatischen Näherung ist das Magnetfeld: B 2πs Solenoid verläuft E hier parallel zur Achse. Für ein geschlossenes Rechteck der Länge l parallel zur Achse außerhalb des Kabels gilt nach dem „Ampere’schen Gesetz“: Z Z s I µ l 1 ′ d µ0 l dI dI 0 ~ ~ a=− ~ l = E(s0 )l − E(s)l = − Bd~ Ed (ln s − ln s0 ) ′ ds = − dt 2π dt s0 s 2π dt Damit ergibt sich für das elektrische Feld: µ0 dI ~ E(s) =( ln s + C)~ez 2π dt Wobei C eine Konstante bzw. eine Funktion von t ist und vom genauen I(t) abhängt. (b) Außerhalb des Zylinders ist B = 0 und damit auch E. Innerhalb übernimmt nun s die Rolle von s0 und a von s aus Teil (a), da s < a gilt. Damit und mit dem gegebenen I(t) erhält man: a µ0 I 0 ω ~ sin(ωt) ln( )~ez E(s) = 2π s ~ I0 ω 2 (c) ~jd = ǫ0 ∂∂tE = ǫ0 µ02π cos(ωt) ln( as )~ez = Id = Z 2 ~jd d~a = µ0 ǫ0 ω I 2π Z a 0 µ 0 ǫ0 2 ω I 2π ln( as )~ez a ln( )(2πsds) = µ0 ǫ0 ω 2 I s Z a (s ln a−s ln s)ds) = µ0 ǫ0 ω 2 I[ln(a) 0 µ0 ǫ0 ω 2 Ia2 = 4 (d) Id I = µ0 ǫ0 ω 2 a 2 4 = 0.01 → ω = 6 × 1010 (Mikrowelle) 1 s2 s2 s2 − lns+ 4 ]a0 2 2 Elektrodynamik 2 3 RETARDIERTE POTENTIALE Poteniale und Felder ~ r,t) = − qt 2 ~er . (a) Finden sie die Felder zu den Potentialen V (~r,t) = 0 und A(~ 4πǫ0 r ~ r,t) = A0 sin(kx − ωt)~ey . Bestimmen sie E ~ und B ~ und (b) Nun seien V (~r,t) = 0 und A(~ überprüfen sie die Maxwell-Gleichungen im Vakuum. Welche Bedingungen müssen sie für ω und k fordern? 2.1 Lösungsvorschlag (a) q ~ =∇ ~ ×A ~= 0 ~ = −∇V ~ − ∂A = E ~er ; B ∂t 4πǫ0 r2 Das ist das Feld einer im Ursprung ruhenden Punktladung. (b) ~ = −∇V ~ − ∂A = A0 ω cos(kx − ωt)~ey E ∂t ~ =∇ ~ ×A ~ = ~ez ∂ [A0 sin(kx − ωt)] = A0 k cos(kx − ωt)~ez B ∂x ~ ~ ~ ~ Damit gilt ∇E = 0 und ∇B = 0 ok ~ ×E ~ = ~ez ∂ [A0 ω cos(kx − ωt)] = −A0 ωk sin(kx − ωt)~ez ; − ∂B = −A0 ωk sin(kx − ωt)~ez ok ∇ ∂x ∂t ~ ×B ~ = −~ey ∂ [A0 kω cos(kx − ωt)] = −A0 k 2 sin(kx − ωt)~ey ; ∂E = A0 ω 2 sin(kx − ωt)~ey ∇ ∂x ∂t ~ ×B ~ = µo ǫ0 ∂E gilt, muss k 2 = µo ǫ0 ω 2 gelten, bzw. mit c2 = 1 , ω = ck . Das ist Damit ∇ ∂t µ o ǫ0 die Dispersionsrelation für Licht im Vakuum. 3 retardierte Potentiale Ein Stromkreis, der aus zwei konzentrischen Halbkreisen unterschiedlicher Radien besteht, die geradlinig verbunden sind, trägt den Strom I(t) = kt. Berechnen sie das retardierte Potential ~ im Mittelpunkt der Halbkreise und daraus das dortige elektrische Feld. Warum produziert A dieser elektrisch neutrale Stromkreis überhaupt ein elektrisches Feld? Warum können sie mit ~ nicht das magnetische Feld berechnen? diesem Ausdruck für A 3.1 Lösungsvorschlag ′ Z Z ~ r−~ r )) k(t − ( d~l µ0 k 1 c ~ Aret = [t − d~l]] ~r − ~r′ 4π ~r − ~r′ c R da aber das Linienintegral um die ganze Kurve d~l = 0 ist, folgt: Z Z Z r2 µ0 k 1 r2 1 r2 µ0 kt dx 1 µ0 k 1 ~ ~ ~ [ ]= [ (2r1 )+ (−2r2 )+2 ln ]~ex = ln( )~ex dl+ dl+2~ex Aret (0,t) = 4π r1 1 r2 1 x 4π r1 r2 r1 2π r1 r1 µ0 = 4π Z 2 Elektrodynamik da R 1 4 SICH DREHENDER GELADENER RING d~l = −2r2~ex (äußerer Halbkreis), denn: Z π Z π Z Z 0 2 sin φ dφr1 − cos φ = r1 0 dφr1~eφ = dφr1~eφ = − d~l = 0 0 π 1 0 0 Z Z π Z π −2 − sin φ ~ cos φ = r1 0 dl = dφr2~eφ = dφr1 2 0 0 0 0 Z r1 Z r2 Z r2 −~ex ~ex dx dx dx = 2~ex + x x x r2 r1 r1 d~l = 2r1~ex (innerer Halbkreis) und R 2 µ0 k r2 ∂A ~ = − ln( )~ex → E(0,t) =− ∂t 2π r1 Das veränderliche Magnetfeld induziert das elektrische Feld. Man kann das B-Feld nicht berechnen, da man das Vektorpotential nur an einem Punkt kennt und somit seine Rotation nicht berechnen kann. 4 sich drehender geladener Ring Sie haben einen Plastikring auf dem Ladung aufgeklebt ist, so dass die Linienladungsdichte λ = λ0 | sin( 2θ )| ist. Nun drehen sie den Ring mit der Winkelgeschwindigkeit ω um seine Achse. Finden sie die exakten Ausdrücke fürR das skalare und das Vektorpotential Rim Mittelpunkt.(Hinweise: 2π 2π λ = λ(φ,t) mit θ = φ − ωt, 0 sin( 2θ ) sin(θ + ωt)dθ = − 43 sin(ωt), 0 sin( 2θ ) cos(θ + ωt)dθ = − 43 cos(ωt)) 4.1 Lösungsvorschlag 1 V (0,t) = 4πǫ0 Z 1 λ ′ dl = ~r − ~r 4πǫ0 ′ Z 2π 0 r )| λ0 | sin( φ−ωt λ0 2 adφ = a 4πǫ0 Z 2π 0 θ sin( )dθ 2 da dφ = dθ für ein fixes tr , denn |~r | = const. V (0,t) = λ0 λ0 θ λ0 [−2 cos( )]2π [2 − (−2)] = 0 = 4πǫ0 2 4πǫ0 πǫ0 ~ Für den elektrischen Strom gilt: I(φ,t) = λ~v = λ0 ωa| sin( φ−ωt )|~eφ 2 µ0 λ0 ωa 4π Z 0 2π µ0 ~ A(0,t) = 4π Z µ0 λ0 ωa 4π Z Z r )|~eφ I~ µ0 2π λ0 ωa| sin( φ−ωt 2 dl = adφ = ′ ~r − ~r 4π 0 a 2π 0 | sin( φ − ωtr )|(− sin φ~ex + cos φ~ey )dφ = 2 θ µ0 λ0 ωa a a sin( )(− sin(θ+ωtr )~ex +cos(θ+ωtr )~ey )dθ = [sin(ω(t − ))~ex − cos(ω(t − ))~ey ] 2 3π c c 3 Elektrodynamik 5 5 ELEKTRISCHE DIPOLSTRAHLUNG elektrische Dipolstrahlung (a) Ausgehend von dem exakten Ausdruck für das Potential einer harmonisch oszillierenden Ladungsverteilung ~ r,t) = Re A ~ 0 eiωt = Re eiωt 1 A(~ c Z ′ ik|~ r −~ r | e d r j~0 (r~′ ) |~r − ~r′ | 3 ′ leiten sie den Ausdruck für den elektrischen Dipolanteil der Stahlung weit weg von der Quelle her. (b) Berechnen sie die Felder, die abgestrahlte Leistung pro Raumwinkel und die gesamte abgestrahlte Leistung für die elektrische Dipolstrahlung.(Hinweis: vernachlässigen sie Terme die mit r12 abfallen) (c) Wie groß ist der Strahlungswiderstand bei einem reinen Dipol mit ρ(t) = q0 cos(ωt)? Das ist der Widerstand, der zum gleichem durchschnittlichen Leistungsverlust (aufgrund von Hitze) 2 führen würde wie durch Abstrahlung auftritt. Zeigen sie dass er durch R = 790 λd Ω gegeben ist. Wie groß ist er für einen Radio mit d = 5cm? 5.1 Lösungsvorschlag (a) Für das Fernfeld benutzt man: ′ |~r − ~r | = r da √ 1 + x ≈ 1 + 12 x. Damit: mit ~k = k ~rr . Man hat jetzt: s 1−2 ~rr~′ r′ 2 ~rr~′ + = r − r2 r2 r ′ eikr −i~k~r′ eik|~r−~r | → e |~r − ~r′ | r ikr Z e ′ ~ ′ ~0 = A d3 r j~0 (r~′ )e−ik~r cr Bei der Dipolnäherung ersetzt man jetzt die Exponentialfunktion durch 1 und man erhält: Z Z Z Z eikr eikr eikr eikr ′ ′ ′ ′ 3 ′ ~ ~′ 3 ′ ′ ~ ′ ~ ~′ 3 ′ ′ ~ d r j0 ( r ) = − d r ~r (∇ j0 (r )) = d r ~r ρ̇(~r ) = −iω d3 r ~r ρ(~r ) = −iω d~ A0 = cr cr cr cr ~ r,t) = −ik e → A(~ ikr r ~ iωt de (b) ikr ikr ~ ≈ k 2 e (~er × d) ~ ~ 0E1 (~r) = ∇ ~ ×A ~ 0 (~r) = k 2 (1 + i ) e (~er × d) B kr r r ~ = ~er ∂r da für (Vektor-)Felder F~ (~r) = F~ (r) gilt: ∇ ikr ~ × ~er = B ~ 0E1 (~r) = i ∇ ~ 0E1 × ~er ~ ×B ~ 0E1 (~r) = k 2 e (~er × d) E k r 4 Elektrodynamik 5 ELEKTRISCHE DIPOLSTRAHLUNG ~ >= c E ~= c →<S ~∗ × B ~0 S 8π 8π 0 2 2 ~ > dF~ ~ > ~er r2 dΩ <S <S cr2 dP ~ 0∗ ×B ~ 0 ) = cr ~er [(B ~ 0∗ ×~er )×B ~ 0 ] = cr ~er [~er (B ~ 0∗ B ~ 0 )−B ~ 0 (~er B ~ 0 )] = = = ~er (E dΩ dΩ dΩ 8π 8π 8π c 4 cr2 ~ 2 ~ 2 = c k 4 |d| ~ 2 sin2 θ |B0 | = k |~er × d| = 8π 8π 8π Z Z π dP c ~2 dP < P >= dΩ = 2π (θ)dθ = k 4 |d| dΩ 3 0 dΩ Rπ 3 da 0 sin θdθ = 43 µ0 (c) Um numerisch korrekte Werte zu erhalten wechseln wir in das SI-System durch c12 → 4π . Damit erhält man: µ0 ω 4 ~ 2 |d| < P >rad = 12πc Andererseits gilt: 1 P = U I = I 2 R = q02 ω 2 sin2 (ωt)R → < P > q02 ω 2 R 2 Es soll gelten: < P >=< P >rad → R = R= µ0 d 2 ω 2 6πc µ0 d2 4π 2 c2 2 d 2 d2 = πµ c( ) = 790 Ω 0 6πc λ2 3 λ λ Mit d = 5cm und λ ≈ 1000m folgt R = 2 × 10−6 Ω, was sehr klein ist verglichen mit dem Gesamtwiderstand eines Radios. 5
