Seminar vom 12. 06. 2008. Aufgabenblatt 09
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Übungsblatt 09 Elektrizitätslehre und Magnetismus Bachelor Physik Bachelor Wirtschaftsphysik Lehramt Physik 19.06.2008 Aufgaben 1. Durch eine Spule mit n = 10000 Windungen, die einen Querschnitt A = 7, 5cm2 hat, fliesst ein Strom I = 0, 2A. (a) Wie gross ist das Magnetische Moment m dieser Spule? A (b) Welches Drehmoment M wirkt auf diese Spule in einem Magnetfeld H = 1200 m , das mit der Spulen◦ achse einen Winkel von 30 einschliesst? 2. Optimiere bei Helmholzspulen (2 gleiche Spulen mit grösseren Durchmesser auf gemeinsamer Achse), deren Abstand und Radius so, dass das Magnetfeld möglichst homogen wird im Arbeitsbereich. 3. Im Rahmen eines Projekts des integrierten Unterrichts der Fächer Kunst, Werken, Physik und Mathematik löteten Schüler Drahtmodelle symmetrischer Körper, die anschliessend untersucht und berechnet wurden. U.a. war eine Aufgabe, durch diese Modelle Strom zu schicken und das entstehende Magnetfeld zu messen. Verwendet wurden Würfel, Oktaeder und Kugeln, die alle das gleiche Volumen von 1 l haben sollten. Bei Würfel und Oktaeder bestehen die Modelle nur aus allen 12 Kanten (die jeweils gleich lang seien), bei der Kugel wurden 3 Drahtringe zusammengelötet in der Form der Erde mit Lötstellen an den Polen und zur Stabilisierung mit einem 4. Kreisring als Äquator versehen. Dieser Äquator sei durch die ”Längenkreise” äquidistant unterteilt. Beim Oktaeder erfolgt die Stromzuführung über die Spitzen, beim Würfel an den Ecken einer Raumdiagonalen und bei der Kugel über die ”Pole”. Der Gesamtstrom sei jeweils 10 A. (a) Wie gross ist das jeweilige Magnetfeld im Mittelpunkt der Modelle? (b) In welche Richtung zeigt es? (c) Berechne die Feldanteile am Mittelpunkt, die durch den Strom in den Drahtstücken zwischen den Lötstellen verursacht werden. 4. Berechne das Vektorpotential zweier paralleler unendlich langer Leiter, die von gleichen einander entgegengerichteten Strömen durchflossen werden. Berechne daraus das magnetische Feld dieser Anordnung. 5. Ein Vektorpotential sei gegeben durch A1 x2 + A2 y + A3 sin (3z) ~= B (y − z) A C cos (x/y) ~ (a) Berechne daraus die magnetische Induktion B. (b) Kann für dieses Vektorpotential ~ = −µ0~i ∆A erfüllt sein? ~ ergänzt werden, damit dies zutrifft? (c) Wie könnte A ~ ebenfalls die magnetische Induktion B. ~ (d) Berechne für das veränderte A 1 6. Ein Vektorpotential sei gegeben durch 2 2 Ax e−y /y0 ~= A x−z 0 ~ Berechne daraus die magnetische Induktion B. 2 Lösungen ~ · I mit A ~ = Flächenvektor = A ·~eA , 1. Das magnetische Moment m ist für eine Leiterschleife definiert als m ~ =A A = Fläche der Schleife. Für eine kurze Spule mit N Windungen ergibt sich einfach: ~·I m ~ =N ·A Für die angegebene Spule ergibt sich daraus m = 1, 5Am2 Das Magnetische Moment zeigt in Richtung der Spulenachse. Das Drehmoment in einem Magnetfeld auf einen Körper mit magnetischen Moment berechnet sich zu ~ =m ~ = µ0 m ~ M ~ ×B ~ ×H Mit der angegebenen Orientierung zwischen Feld und Spule ergibt sich M = µ0 · m · H · sin ϕ = 1, 13 · 10−3 N m 2. Die magnetische Induktion entlang der Symmetrieachse einer (sehr kurzen) Spule mit N Windungen sei angenähert die einer einzelnen Windung mit N -fachen Strom. Die magnetische Induktion einer kreisförmigen Schleife mit Radius R, durch die der Strom I fliesst, im Abstand a zum Kreismittelpunkt auf der ”Achse” des Kreises berechnet sich mit Biot-Savart zu I µ0 I d~s × ~r ~ B (a) = 4π · r3 kreis Bei Benutzung von ϕ und R zur Beschreibung des Kreises ergibt sich: − sin ϕ −R cos ϕ cos ϕ −R sin ϕ und d~s = R ~r = 0 a wodurch a cos ϕ a sin ϕ Rdϕ d~s × ~r = R wird. Die Integration über ϕ mit den Grenzen 0 und 2π liefert damit: 0 µ0 I ~ 0 B (a) = 2 (R2 + a2 ) 23 1 R2 also nur eine Komponente in Richtung der z-Achse. Bei zwei Spulen in den Abständen a1 und a2 ist das Magnetfeld die Summe der beiden Anteile, also 1 1 µ0 I 2 Bz (a1 , a2 ) = R 3 + 3 2 R2 + a2 2 R2 + a2 2 1 2 Um die Homogenität in der Mitte beider Spulen zu prüfen, wählen wir a1 = a + ∆ und a2 = a − ∆ mit 2a = a1 + a2 . 3 Damit ergibt sich: Bz (a, ∆) = µ0 I 2 R 2 1 R2 + (a + ∆)2 3 + 2 1 R2 + (a − ∆)2 3 2 Damit das Magnetfeld homogen ist, muss der Klammerausdruck in einem möglichst grossem Bereich ∆ konstant sein, also von ∆ nicht abhängen. Um dies zu erreichen, wird die Klammer zuerst umgeschrieben: K1 = 1 (R2 + a2 + 2a∆ + ∆2 ) 1 = (R2 + a2 ) 3 2 3 2 1 1+ 1 + 2a∆+∆2 R2 +a2 3 (R2 + a2 − 2a∆ + ∆2 ) 2 3 + 2 1 1− 2a∆−∆2 R2 +a2 3 2 ∆ soll klein sein, so dass um ∆ = 0 eine Taylorentwicklung sinnvoll sein sollte, die hier nach dem quadratischen Term in ∆ abgebrochen wird, (wobei der Faktor vor der Klammer jetzt wieder weggelassen wird): " # 2 1 3 5 2 3 2a 2a ·∆+ · − 2 ∆2 K2 = 1 − · 2 · 2 R + a2 2 2 2 R2 + a2 R + a2 " # 2 3 2a 1 3 5 2a 2 +1+ ∆2 ·∆+ · · − 2 2 R 2 + a2 2 2 2 R 2 + a2 R + a2 3 10a2 2 =2+ ∆2 − 2 (R2 + a2 )2 R2 + a2 Dieser Ausdruck wird unabhängig von ∆, wenn R = 2a gilt, also der Durchmesser der Spulen viermal so gross ist wie ihr halber Abstand. 3. Vorüberlegungen zu den Strömen in den Drahtmodellen: α Würfel: An der Stromzuführung drittelt sich der Gesamtstrom in die drei äquivalenten Drähte der Kanten. Am danach folgenden Lötpunkt halbieren sich diese Ströme nochmals in die sechs Mittelkanten, um danach sich wieder jeweils zu verdoppeln in die 3 Kanten, die zur Stromableitung führen. β Oktaeder: An der Stromzuführung viertelt sich der Gesamtstrom in die vier äquivalenten Kanten der ersten Teilpyramide. In den Drähten in der Mitte des Oktaeders fliesst kein Strom, da an den jeweils beiden Enden dasselbe Potential herrscht. Der Ableitstrom im zweiten Pyramidenteil ist also gleich dem Zuleitstrom im ersten. γ Kugel: An der Stromzuführung am Pol sechselt sich der Gesamtstrom in die sechs äquivalenten Längskreise. Längs des Äquators fliesst kein Strom, zu den anderen Polen fliessen also die gleichen Ströme im Längskreis weiter. Da das Volumen aller Körper gleich sein soll, muss gelten: VW ürf el = a3 = 1l mit a = 10cm als Kantenlänge. Die Höhe in einem Pyramidenteil des Oktaeders berechnet sich aus dem rechtwinkligen Dreieck mit Höhe und halber Diagonale in der Grundfläche zu: s b√ b√ 2 2 h= b − 2 = 2 2 2 (b= Kantenlänge des Oktaeders). Damit ergibt sich das Voumen zu Vokta √ h · b2 2 3 =2· =b · 3 3 4 Damit dieses gleich gross ist wie das des Würfels muss s 3 b=a· 3 √ 2 gewählt werden. Für die Kugel ergibt sich 4 VKugel = πR3 = a3 3 und somit r R=a· 3 3 4π (a) Im Mittelpunkt der Körper gilt: Zu jedem Anteil des Magnetfeldes, der von dem Strom in einem der Drahtteile in den Modellen kommt, summiert sich, da es immer einen zum betrachteten Drahtteil symmetrischen Drahtteil gibt, der auf der anderen Seite des Mittelpunktes ist, ein gleich grosser aber entgegengerichteter Anteil, also zusammen Null. (b) Die Richtung eines Magnetfeldes, das nicht vorhanden ist, liegt nicht fest. 0 (c) Das Magnetfeld, herrührend von einem Leiterteil dl am Ort r , durch das der Strom I fliesst, berechnet sich nach Biot-Savart an der Stelle r zu ~ (r) = dB µ0 I d~l × ρ ~ 4π ρ3 mit ρ = r − r0 Vektor zwischen Beobachtungsort r und Leiterteil r0 . Für einen geraden Leiter (zwischen A und B, Länge L, Strom I, siehe Zeichnung) ist am Beobachtungspunkt M (r) (Ursprung bei U) der Anteil vom Leiterstück ds bei S (r0 ): ~ = dB µ0 I d~s × p~ 4π p3 rs Der Abstand rs des Leiters vom Messpunkt M berechnet sich aus p = cos ϕ . Das Vektorprodukt ds × p ergibt π ds · p · sin + ϕ = ds · p · cos ϕ = ds · rs 2 5 0 Für das kleine Leiterstück ds gilt (Dreieck SS F, ϕ∗ = ϕ) ds = rs dϕ p · dϕ = ∗ cos ϕ cos2 ϕ ~ = dB µ0 I 1 · cos ϕdϕ 4π rs Dies eingesetzt ergibt Dieser Ausdruck ist leicht zu integrieren: µ0 I 1 B (L) = 4π rs Zϕ2 cos ϕdϕ = ϕ1 µ0 I 1 (sin ϕ2 − sin ϕ1 ) 4π rs Dies ist der Beitrag zur magnetischen Induktion, der von einem geraden Drahtstück herrührt, dessen senkrechter Abstand zum betrachteten Punkt rs ist, durch das der Strom I fliesst und dessen Anfangspunkt unter dem Winkel ϕ1 , der Endpunkt unter dem Winkel ϕ2 (gegenüber der Senkrechten) vom Messpunkt aus erscheinen. ~ ist in diesem Fall (Rechte-Hand-Regel) in die Zeichenebene senkrecht hinein. Die Richtung von B Für den Oktaeder ergibt sich somit folgendes: 1. Pyramide: für eine Kante ϕ1 = −45◦ , ϕ2 = 45◦ , rs = 2b √ µ0 I 2 2 B1 = · 4π b Dieser Beitrag hat in der Grundfläche der Pyramide den Anteil B1g = B1 · cos (45◦ ) = µ0 I 2 · 4π b und senkrecht dazu den gleichen Wert: B1S = µ0 I 2 · 4π b Die Beiträge in der Fläche verschwinden, wenn die restlichen drei Kanten mitgenommen werden, während der senkrecht dazu sich zu B4S = 4 · B1S = µ0 I 2 · 4π b ergibt. Dieser wird nun durch den entsprechenden Beitrag der 2. Pyramide kompensiert, so dass sich insgesamt Null ergibt. Bei der Kugel ist die Berechnung wesentlich einfacher: Ein kreisförmiger Leiter (mit Strom I, Radius R) liefert am Mittelpunkt des Kreises ein Magnetfeld (senkrecht zur Kreisebene) µ0 · I 1 · , Bkreis = 2 R was durch Integration des Biot-Savart-Gesetzes schnell gewonnen werden kann. Für einen Viertelkreis gilt entsprechend: Bviertelkreis = µ0 I 1 8 R Dieser Beitrag eines halben ”Längenkreises” wird nun vollständig kompensiert durch den des zum selben Pol gehörenden gegenüberliegenden ”Längenkreises”, so dass schon eine Halbkugel, wie hier verwirklicht, im Kugelmittelpunkt kein Magnetfeld bewirkt, geschweige denn eine ganze, in der eventuell vorhandenen Felder - die sowieso schon Null sind - kompensiert werden gegenüber der Halbkugel. 6 ~ an der Stelle ~r einer Stromdichte ~i an der Stelle ~r0 berechnet sich zu 4. Das Vektorpotential A ZZZ i (r0 ) µ0 ~ A (r) = dV 0 4π |r − r0 | Wir legen den unendlich langen Leiter in die z-Achse und den Punkt ~r in die xy-Ebene. Die Stromdichte i (r) dV 0 geht dann über in Idz 0 und das Vektorpotential, das dann nur eine Komponente in z-Richtung hat, wird Zz2 dz 0 µ0 I z 0 z2 √ = Arsinh | 4π r z1 r2 + z 0 2 z1 µ0 I z2 z1 = Arsinh − Arsinh 4π r r µ0 I Az (r) = 4π Für symmetrische Grenzen (z2 = −z1 = z0 ) vereinfacht sich dies zu µ0 I z0 Arsinh 2π r Az (r) = Liegen zwei 2 × z0 lange Leiter vor, die parallel sind und durch die der Strom antiparallel fliesst, so ist das Gesamtpotential, mit r1 Abstand des Messpunktes zum 1. Leiter und r2 zum 2. Leiter: µ0 I z0 z0 Az (r1 , r2 ) = − Arsinh Arsinh = 2π r1 r2 r q 2 z0 z0 1 1 + + 1 + z12 + r1 r1 r1 r12 µ0 I µ0 I 0 r q ln = ln = 1 1 1 2 2π 2π + z2 z0 z0 r2 + r22 +1 0 r2 + r2 Bei einem unendlich langen Leiter wird die Integralgrenze z0 → ∞. Damit ergibt sich das Vektorpotential zu µ0 I r2 Az (r1 , r2 ) = ln 2π r1 Das Vektorpotential der zwei antiparallelen Stromleiter hat also dieselbe Form wie das Elektrische Potential zweier entgegengesetzt geladener paralleler Drähte (siehe Aufgabe 3, Blatt 5): Die Äquipotentialflächen sind nicht konzentrische Zylinder mit Achsen parallel zu den Stromleitern in deren Ebene. ~ ergibt sich, wenn sich die Stromleiter bei r0,1 = (a, 0) bzw. ~r0,2 = (−a, 0) Die magnetische Induktion B befinden, zu ~ = rot A ~= B ∂Az ∂y z − ∂A ∂x 0 = y − (x−a)y2 +y2 (x+a)2 +y 2 x−a x+a + (x−a) − (x+a) 2 2 +y 2 +y 2 0 Die Richtung und Form der magnetischen Induktion kann (in diesem Fall) aus dem Vektorpotential entnommen werden. Allgemein gilt: −By · dx + Bx · dy = 0 (Skalarprodukte zueinander senkrechter Vektoren). Mit −By = ∂Az ∂Az und Bx = ∂x ∂y folgt ∂Az ∂Az dx + · dy = dAz = 0 ∂x ∂y 7 Dies trifft zu für Az = const, also für Äquipotential(linien)flächen, die Kreise sind (siehe oben). Damit bildet das Magnetfeld (hier) eben solche Kreise. Die folgende Abbildung zeigt die magnetische Induktion (in der xy-Ebene), die mit obiger Formel berechnet wurde. Der Abstand der Leiter beträgt 2a mit a = 2. Der Strom im rechten Leiter kommt aus der Zeichenebene heraus, im linken Leiter geht er in die Zeichenebene hinein. Der Rechenbeginn befindet sich auf der x-Achse, so dass - aus den unvollständigen Kreisen ersichtlich - das Magnetfeld zwischen den Leitern nach unten zeigt (rechte Faust-Regel). 5. ~ berechnet sich aus dem Vektorpotential A ~ (a) Die magnetische Induktion B A1 x2 + A2 y + A3 sin (3z) ~ = rot A ~ = rot B (y − z) B C · cos (x/y) über Hier ergibt sich +C sin (x/y) · yx2 + B ~ = B 3A3 cos (3z) + C sin (x/y) · A2 1 y ~ = µ0~i erfüllt ist, muss div A ~ = 0 sein. (b) Damit ∆A Hier ergibt sich ~ = 2A1 x + B 6= 0 div A ~ ein Potential L ~ addiert werden, für das div L ~ = (c) Um das Problem zu lösen, muss zum Vektorpotential A ~ −div A gilt. Am einfachsten ist −A1 x2 ~ = −By L 0 ~ des neuen Vektorpotential A ~0 = A ~+L ~ ist also (d) Die magnetische Induktion B A2 y + A3 sin (3z) ~ = rot A0 = rot −Bz B C cos (x/y) C sin (x/y) · yx2 + B x 1 = 3A3 cos (3z) + C sin y · y A2 8 wie bei Teilaufgabe a). ~ berechnet sich aus dem Vektorpotential zu 6. Die magnetische Induktion B 2 2 Ax e−y /y0 ~ = rot A ~ = rot B x−z 0 0 − (−1) 0−0 = = 2 /y 2 −y 2 0 1 − Ax · e · −2y/y0 1 0 = 1 + 2A2x y · e−y2 /y02 y0 9
