Biot-Savart

PD Dr. S. Mertens
M. Hummel
SS 2009
06. 05. 2009
Theoretische Physik II – Elektrodynamik
Blatt 6
1. Halbunendliche Leiterschleife. Gegeben sei die abge- (4 Pkt.)
bildete Leiterschleife aus zwei einseitig unendlichen
Drähten und einem Halbkreis vom Radius r. Berechnen Sie das magnetische Feld im Mittelpunkt M des
Halbkreises.
I
r
M
Lösung: Wir rechnen das Magnetfeld mit Hilfe des Biot-Savart-Gesetzes aus.
~B( M) = Iµ0
4π
Z
Leiter
d~l × (~r −~r ′ )
|~r −~r ′ |3
I
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
 


dl 
 −l 
 


 


 


 


d~l =  0  , ~r −~r ′ = − R
 


 


 


 


0
0
und
d~l × (~r −~r ′ ) = −~ez R dl
gilt
~B1 ( M) = Iµ0
4π
Z
Leiter,1
Z
Iµ0
Iµ0 0 − R~ez dl
d~l × (~r −~r ′ )
~ez .
=−
=
|~r −~r ′ |3
4π −∞ √l 2 + R2 3
4πR
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~2 ( M), der vom unteren Draht hervorgerufen
2. Anteil des magnetischen Feldes B
wird. Mit
 
 
−l 
dl 
 
 
 
 
 
 
 


′
~
dl =  0  , ~r −~r =  R 
 
 
 
 
 
 
 
 
0
0
d~l × (~r −~r ′ ) = ~ez R dl
und
gilt
~B2 ( M) = Iµ0
4π
Z
Leiter,2
Z
Iµ0 −∞ R~ez dl
d~l × (~r −~r ′ )
Iµ0
~ez .
=
=−
√
3
′
3
|~r −~r |
4π 0
4πR
l 2 + R2
~3 ( M), der vom halbkreisförmigen Drahtbogen
3. Anteil des magnetischen Feldes B
hervorgerufen wird. Mit




 R sin ϕ dϕ 
− R cos ϕ
















′
~
dl = − R cos ϕ dϕ , ~r −~r =  − R sin ϕ 
















0
0
und
d~l × (~r −~r ′ ) = −~ez R2 dϕ
gilt
~B3 ( M) = Iµ0
4π
Z
Leiter,3
Z
Iµ0 −π/2 −~ez dϕ
Iµ0
d~l × (~r −~r ′ )
~ez .
=
=−
′
3
|~r −~r |
4π π/2
R
4R
Damit beträgt das Gesamtfeld in M gleich
~B( M) = ~B1 ( M) + ~B2 ( M) + ~B3 ( M) = − µ0 I
4R
2
1+
π
·~ez .
2. Homogen magnetisierte Kugel. Betrachten Sie eine Kugel vom Radius R mit der Permeabilität µr . Sie sei im Inneren homogen magnetisiert.
~ = M0~ez
M
Innerhalb und außerhalb der Kugel sei die Stromdichte ~j = 0.
(a) Begründen Sie, warum für das Magnetfeld
~ = −∇φm
H
geschrieben werden kann. Berechnen Sie das magnetische Potential φm im Außenraum der Kugel.
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(1 Pkt.)
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~ außerhalb und innerhalb der Kugel!
(b) Berechnen Sie das Magnetfeld H
(1 Pkt.)
~ der Kugel durch eine Oberflächenstrom- (2 Pkt.)
(c) Nehmen Sie an, dass die Magnetisierung M
dichte ~j hervorgerufen wird. Machen Sie sich klar, dass diese von der Form
~j = α(θ )δ(r − R)~eφ
sein muss. Drücken Sie α(θ ) durch M0 aus.
(insgesamt 4 Pkt.)
Lösung:
(a) Innerhalb und außerhalb der Kugel : ~j = 0.
~ = 0.
→Maxwell-Gleichung der Magnetostatik:rot H
~ ist ein Gradientenfeld: H
~ = −∇φm . Mit 0 = div~B = µ0 div( M
~ +H
~ ) folgt:
→ H
~
∆φm = div M. Die Lösung dieses Problems ist laut Vorlesung:
1
φm (~r ) = − ∇r ·
4π
Z
d3 r ′
~ (~r ′ )
M
|~r −~r ′ |
~ = M0~ez :
Homogen magnetisierte Kugel , d.h. M
φm (~r ) = −
M0 d
4π dz
Z
1
|~r −~r ′ |
d3 r ′
VK
Wir wählen ~r parallel zur Polarachse:
Z
VK
1
d r
~r −~r ′
3 ′
= 2π
ZR
′2
r dr
0
2π
= −
r
=
4π
r
ZR
ZR
0
′
Z+1
d cos θ ′
−1
1
(r 2
+ r ′2
− 2rr ′ cos θ ′ )1/2
r ′ dr ′ |r − r ′ | − |r + r ′ |
r ′2 dr ′
(r > r ′ )
0
4π 3 1
R ·
3
r
d 1
1 z
cos θ
Aus dz r = − r2 r = − r2 folgt : φm (~r ) = 13 M0 R3 ·
Gesamtmoment der Kugel:
=
~
m
Z
~ (~r ′ ) =
d3 r ′ M
4π 3
R · M0~ez
3
Es folgt das Dipolpotential:
φm (~r ) =
~ ◦~r
1 m
4π r3
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cos θ
.
r2
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~ außerhalb der Kugel wie beim elektrostatischen Dipolfeld:
(b) Berechnung von H
∇(~a · ~b) = (~b · ∇)~a + (~a · ∇)~b + ~b × rot~a +~a × rot~b
~
1
r
~ = −∇φm = −
~ · 3
→H
m
4π
r
1
1
~ ·∇
=
∇ m
4π
r
1
1
1
=
(m · ∇)∇
(∇ × ∇ = 0)
4π
r
r
~r
1
m · ∇) 3
= − (~
4π
r
1
d ~r
= − m
3
4π dz
r
3 z
1
1
= − m 3~ez −~r 4 ·
4π
r
r r
Damit gilt:
~
1
3~r (~
m ·~r ) m
~
H=
(r > R )
− 3
4π
r5
r
Typisches Dipolfeld!
im inneren der Kugel gilt:
~ = χm H
~
M
(isotropes,lineares Medium)
M0
~ez
χM
~ =
→H
(r < R )
(c) Oberflächenstromdichte:
Zylindersymmetrie:
|~j| = α(θ )δ(r − R)
α ist unabhängig von φ.
Plausibel:
~j ∼ ~eφ
Kontrolle:
~ ∼ ~ez gelten:
Für das magnetische Moment der Kugel muss m
Z
1
~ =
m
d3 r (~r × ~j(~r ))
2
=
=
1
2
Z∞
0
1 3
R
2
= πR3
dr · r δ(r − R)
Z+1
Z+1
−~eθ
3
d cos θαθ
−1
Z+1
−1
d cos θαθ
−1
Z2π
0
d cos θαθ sin θ~ez ∼ ~ez
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Z2π
0
dφ(~er ×~eφ )
q.e.d.
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also haben wir die richtige Abhängigkeit für ~j gefunden. Wir bestimmen α(θ ) aus
den Randbedingungen der Felder an der Kugeloberfläche.
aus dib~B = 0 folgt mit dem Gaußschen - Kästchen für die Normalkomponenten:
B2n − B1n = 0
Hier:
Br ( R + 0+ ) − Br ( R − 0+ ) = 0
Tangentialkomponenten:
~n = ~er ; ~t = ~eφ
→ ~t × ~n = ~eθ
∆~l1 = −∆~l2 = ∆l (~n ×~t) = R∆θ (−~eθ )
Element der Stokes’schen Fläche:
d ~f = rdrdθ~eφ
→
Z
∆F
d ~f · ~j = α(θ )∆θ
RZ+0+
R − 0+
rdr · δ(r − R)
= α(θ ) R∆θ
Andererseits:
Z
∆F
d ~f · ~j =
R∆θ Hθ ( R + 0+ ) − Hθ ( R − 0+ )
Z
∂∆F
~
d~r · H
~ ( R + 0+ ) · ∆~l2 + H
~ ( R − 0+ ) · ∆~l1
= H
→ Hθ ( R + 0+ ) − Hθ ( R − 0+ ) = αθ
Feldkomponenten aus Teil 1.:
r>R:
m cos θ
φm (~r ) =
4π r2
m sin θ
1 ∂
φm =
→ Hθ = −
r ∂θ
4π r3
r>R:
~ = H0~ez ;
H
~ez ·~eθ = − sin θ
→ Hθ = −
H0 =
M0
χm
M0
(− sin θ )
χm
Somit:
M0
m sin θ
+
sin θ
4π R3
χm
1 3
sin θ
M0
=
R M0 3 +
sin θ
3
R
χm
1
1
= M0 sin θ
+
3 χm
3 + χm
M0 sin θ
→ α(θ ) =
3χm
Hθ ( R + 0+ ) − Hθ ( R − 0+ ) =
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3. Magnetischer Monopol. Betrachten Sie die Bewegung eines elektrisch geladenen Teilchens (Masse m, Ladung qe ) im Feld eines (hypothetischen) magnetischen Monopols (qm )
der Form
~B = µ0 qm ~er .
4π r2
(a) Finden Sie einen Ausdruck für die Beschleunigung des Teilchens und drücken Sie das (1 Pkt.)
Ergebnis durch qe , qm , m, ~r (seine Position) und ~v (seine Geschwindigkeit) aus.
(b) Zeigen Sie, dass der Betrag der Geschwindigkeit v = |~v| eine Konstante ist.
(1 Pkt.)
(c) Weisen Sie nach, dass der Vektor
(1 Pkt.)
~ = m (~r × ~v) − µ0 qe qm ~er
Q
4π
eine Erhaltungsgröße ist. Wählen Sie danach das Kugelkoordinatensystem, in dem
~ k ~ez . Berechnen Sie in diesem Koordinatensystem Q
~ ·~e ϕ und zeigen Sie damit, dass
Q
θ eine Erhaltungsgröße ist. Als Folge dessen bewegt sich die qe auf einem Kreiskegel.
Man kann sogar zeigen, dass die Bahn einer Geodäte entspricht. Dies wurde bereits
1896 von H. Poincaré berechnet.
(insgesamt 3 Pkt.)
Lösung:
(a)
~F = m~a = qe (~v × ~B) = µ0 qe qm (~v ×~er )
4π r2
~a =
µ0 q e q m
(~v ×~r )
4π mr3
Hierbei wurde ~er = ~rr benutzt.
(b) Aus (a) folgt ~a⊥~v also auch ~a ~v = 0. Mit ~a = ~v˙ ergibt sich:
1 d 2
1 d 2
dv
1 d
(~v ~v) =
(~v ) =
(v ) = v .
0 = ~v˙ ~v =
2 dt
2 dt
2 dt
dt
Damit folgt:
dv
= 0.
dt
Also ist der Betrag von ~v eine Konstante.
(c)
~˙ = m (~v × ~v) +m(~r ×~a) − µ0 qe qm d ~r
Q
| {z }
4π dt r
=0
Wir setzen das Resultat aus (a) ein und erhalten:
~˙ = µ0 qe qm (~r × (~v ×~r )) − µ0 qe qm ~v − ~r ṙ .
Q
4π r3
4π
r
r2
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Den linken Term schreiben wir mit der bac-cab-Regel ~a × (~b ×~c) = ~b(~a~c) −~c(~a~b)
um.
√ ~
~
µ
d
v
r
1
0
˙
2
~ =
Q
qe qm 3 (r ~v − (~r~v)~r ) − + 2 ( ~r~r )
4π
r
r
r dt
~v ~er 2(~r~v)
~v ~er~v
µ0
˙
~
~er − +
Q=
qe qm
−
=0
4π
r
r
r
2rr
~ eine Konstante. Wir wählen nun das Kugelkoordinatensystem in dem
Damit ist Q
~ = Q ~ez gilt.
Q
~ ~eφ = Q(~ez~eφ ) = m(~r × ~v)~eφ −
Q
µ0 q e q m
(~er~eφ )
4π
Mit ~ez~eφ = ~er~eφ = 0 folgt:
m(~r × ~v)~eφ = 0.
Nun drücken wir ~v mit Hilfe der Kugelkoordinaten aus.
~v =
d
d
~r = (r~er ) = ṙ~er + r θ̇~eθ + r sin θ φ̇~eφ
dt
dt
Damit ergibt sich:
~r × ~v = −r2 sin θ φ̇~eθ + r2 θ̇~eφ
(~r × ~v)~eφ = r2 θ̇ = 0.
Also folgt:
θ̇ = 0.
Auf diesem Übungsblatt sind maximal 11 Punkte zu erreichen, Abgabe der ersten beiden Aufgaben erfolgt am 13. 05. 2009.
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