Vorbemerkung - Martin Ueding

Vorbemerkung
Dies ist ein abgegebener Übungszettel aus dem Modul physik321.
Dieser Übungszettel wurde nicht korrigiert. Es handelt sich lediglich um meine Abgabe und
keine Musterlösung.
Alle Übungszettel zu diesem Modul können auf http://martin-ueding.de/de/university/bsc_physics/physik321/
gefunden werden.
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physik321 – Übung 5
Gruppe 8 – Julia Volmer
Martin Ueding
Simon Schlepphorst
[email protected]
[email protected]
2014-07-07
Aufgabe
Punkte
H 5.1
xxxxx/ 20
H 5.2
xxxxx/ 10
H 5.1
Magnetfeld an Grenzflächen
H 5.1.1
Gradient
H 5.3
xxxxx/ 10
P
xxxxx/ 40
Es gibt keine Stromdichte, somit gilt überall j = 0. Daraus folgt für H:
∇×H = j =0
Somit ist H rotationsfrei und kann als Gradient geschrieben werden.
Die magnetische Flussdichte setzt sich aus der Erregung und Magnetisierung zusammen:
B = µ0 (H + M)
Da allerdings auch ⟨∇, B⟩ = 0 gelten muss, gilt ⟨∇, H + M⟩ = 0.
Mit dem Poissonintegral können wir das skalare Potential ϕm bestimmen [?, Seite 200]:
¬
¶
Z
0
∇,
M
r
1
d3 r 0
ϕm (r ) = −
4π
|r − r 0 |
Z
M0 d
1
=−
d3 r 0
4π dz
|r − r 0 |
M0 d 4πR3
4π dz €3r
Š
M0 R3 cos ∠ r , ê z
=−
=
3r
Das magnetische Moment der Kugel ist, da das Feld homogen ist:
Z
4
m = d3 r 0 M r 0 = πR3 M0 ê z
3
Zusammen erhalten wir:
ϕm (r ) =
1 ⟨m, r ⟩
4π r 3
1
(1)
physik321 – Übung 5
H 5.1.2
H 5.1
MAGNETFELD AN GRENZFLÄCHEN
Magnetfeld innerhalb und außerhalb
Das Magnetfeld außerhalb lässt sich als Gradient des skalaren Potentials ausdrücken:
1 m
⟨m, r ⟩ r
H = −∇ϕm = −
−3
4π r 3
r5
Für das Innere der Kugel ist das Magnetfeld durch die Magnetisierung gegeben. Daher gilt: M =
χ M H. Da die Magnetisierung homogen ist, ergibt dies ein homogenes Magnetfeld innerhalb:
H=
H 5.1.3
M0
ê z
χM
Oberflächenstromdichte
Es soll erklärt werden, warum die Oberflächenstromdichte folgende Form haben muss:
j = α (θ ) δ (r − R) ê φ
Damit die Magnetisierung parallel zur z-Achse ist, muss der Strom ein Wirbelfeld um die z-Achse
sein. Die Richtung von φ sind konzentrische Kreise um die z-Achse, womit der Strom in ê φ Richtung
fließen muss. Daher das ê φ .
Das magnetische Moment ist definiert als:
Z
1
m :=
d3 r r × j (r )
2
Dies muss gerade (1) sein. Somit erhalten wir als Gleichung für j :
Z
4
1
d3 r r × j (r ) = πR3 M0 ê z
2
3
Wir können r × ê φ = −rê θ in das Integral für die Stromdichte einsetzen und erhalten:
1
−
2
Z
1
d rα(θ )δ(r − R)rê θ = −
2
Z
1
2
Z
3
=−
π
Z
2π
R
dφ
dθ
0
π
Z
0
2π
Z
dr r 2 sin (θ ) rα(θ )δ(r − R)rê θ
0
dφ R3 sin (θ ) α(θ )ê θ
dθ
0
0
An dieser Stelle setzen wir ê θ in kartesischen Koordinaten ein, damit wir später auch ein ê z erhalten
€
ŠT
können. Dieses ist: ê θ = cos φ cos (θ ) , sin φ cos (θ ) , − sin (θ ) .
=−
Jetzt nutzen wir aus, dass
R 2π
0
1
2
Z
π
Z
2π
dθ
0
0


cos φ cos (θ )
dφ R3 sin (θ ) α(θ )  sin φ cos (θ ) 
− sin (θ )
R 2π
R 2π
dφ cos φ = 0, sowie 0 dφ sin φ = 0 und 0 dφ = 2π.
3
= πR ê z
Z
π
dθ sin (θ ) α(θ )
0
Martin Ueding, Simon Schlepphorst
Gruppe 8 – Julia Volmer
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physik321 – Übung 5
H 5.2
KONZENTRISCHE ZYLINDER MIT DIELEKTRIKUM
Dies sollte jetzt gerade 43 πR3 M0 ê z sein.
3
πR ê z
Z
π
Z0π
dθ sin (θ ) α(θ ) =
4 3
πR M0 ê z
3
4
M0
3
0
Zπ
Zπ
1
4
dθ sin (θ ) α(θ ) =
dθ M0
π 0
3
0
41
α (θ ) =
M0 csc2 (θ )
3π
dθ sin (θ ) α(θ ) =
Somit ist die Stromverteilung:
j=
H 5.2
4
M0 csc2 (θ ) δ (r − R) ê φ
3π
Konzentrische Zylinder mit Dielektrikum
Mit dem gaußschen Gesetz können wir herleiten, dass das Innere (ρ < a) feldfrei sein muss. Dazu
wählen wir einen Zylinder mit Radius R = a. Dann liegt die Oberfläche im (feldfreien) Leiter. Aus
Symmetriegründen geht nichts durch Boden und Deckel des Zylinders. Somit kann sich keine Ladung
auf der Innenseite befinden.
Außerdem können wir ein Ringprisma mit Radien a und b konzentrisch in die Anordnung legen und
damit feststellen, dass die Ladung pro Höhe auf der Außenseite des inneren und auf der Innenseite
des Äußeren gleich sein muss. Mit einem Ringsektorprisma mit Bogenlänge a dφ auf der Innenseite,
b dφ auf der Außenseite und Radius b − a finden wir konkret für die Flächenladungsdichten:
dφ aσa + bσ b = 0
Zwischen a und b muss das Potential ϕ die Laplacegleichung erfüllen. In Zylinderkoordinaten erhalten wir (durch die Symmetrie bezüglich φ und z vereinfacht):
∂ϕ
1 ∂
∆ϕ =
ρ
=0
ρ ∂ρ
∂ρ
∂ϕ
Die Differentialgleichung ∂ ρ =
sung:
ϕ(ρ) = c1 ln ρ + c2
c1
ϕ
können wir durch Integration nach ρ lösen und erhalten als Lö-
Durch Umformungen und die Randbedingungen ϕ (a) = 0 und ϕ (b) = V0 erhalten wir:
 ‹
V0
ρ
ϕ ρ = € Š ln
b
a
ln a
Für das Innere (ρ < a) muss c1 = 0 gelten, da dort keine Singularität auftreten darf. Somit ist das
Potential dort einfach konstant 0.
Außerhalb (ρ > b) hängt das Potential von der Ladungsdichte außen auf dem Äußeren Zylinder ab,
das interessiert hier allerdings nicht.
Martin Ueding, Simon Schlepphorst
Gruppe 8 – Julia Volmer
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physik321 – Übung 5
H 5.3
Somit ist das Potential:


0
 V€0 Š
ρ
ϕ ρ = ln b ln a
a


undefiniert
GREENSFUNKTIONEN IN D = 2, 1 DIMENSIONEN
ρ ∈ [0, a]
ρ ∈ (a, b]
ρ ∈ (b, ∞)
Die Ableitung des Potentials ist das negative E-Feld:
Eρ =
V0
ln
a
b
1
ρ
Innerhalb von [0, a] gilt Eρ = 0. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit nehmen wir jetzt an, dass für
ρ ∈ (b, ∞) gilt: Eρ = 0. Einen anderen Wert könnten wir mit einer Oberflächenladung außerhalb
des außeren Zylinders realisieren.
Der Sprung des D-Feldes gilt die Oberflächenladung:
ν, D 2 − D 1 = σ
Da im Inneren gerade D = 0 gilt, und das Feld immer senkrecht zu den Oberflächen ist, vereinfacht
sich die Gleichung zu:
D=σ
Mit E""0 = D erhalten wir für die Oberflächenladungsdichten:
σa = ""0
V
€ 0Š ,
ln ab a
σ b = −""0
ln
V
€ 0Š
b
a
b
Von der Richtung her passt dies gut, weil die Feldlinien so radial nach außen laufen und auf das
höhere Potential führen.
Die Linienladungsdichte ist in beiden Fällen gleich, sie ist die Oberflächenladungsdichte multipliziert
mit dem Kreisumfang:
λa = −λ b = 2π""0
H 5.3
ln
V0
€ Š
b
a
Greensfunktionen in d = 2, 1 Dimensionen
Siehe nächstes Blatt.
Martin Ueding, Simon Schlepphorst
Gruppe 8 – Julia Volmer
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