Lösung Blatt 1 - Technische Universität München

Technische Universität München
Lehrstuhl für Technische Elektrophysik
Tutorübungen zu Elektromagnetische Feldtheorie
(Prof. Wachutka)
Wintersemester 2016/2017
Lösung Blatt 1
1. Aufgabe:
Lösung
a) Allgemein gilt für die elektrische Spannung zwischen den Punkten ”1” und ”2”
Z 2
~ · d~s
U12 =
E
1
In einem Plattenkondensator ist die elektrische Feldstärke homogen, somit gilt für das
~ = E0 · ~ez . Das Linienelement für die
elektrische Feld zwischen den beiden Platten E
Integration lautet d~s = dz · ~ez .
Z −d
~ = − U · ~ez
E0~ez~ez dz = −E0 · d ⇒ E
U=
d
0
I
I=
~ · d~s
H
∂K(r)
~ = Hϕ · (−~eϕ ), da I in negative z-Richtung fliesst. Das Linienelement d~s = rdϕ · (−~eϕ )
H
wird so gewählt, dass beide in dieselbe Richtung zeigen.
Z 2π
~ = − I · ~eϕ
I=
Hϕ · (−~eϕ ) · (−~eϕ )rdϕ ⇒ H
2πr
0
Definition des Poynting - Vektors:
~=E
~ ×H
~ = U · I (−~ez ) × (−~eϕ ) = − U I · e~r
S
d 2πr
2πrd
b) Es gilt d~a = ~er r dϕ dz:
Z
~ · d~a = − U I · A = − U I · 2πrd = −U · I = −P
⇒ S
2πrd
2πrd
A
Das Integral des Poynting-Vektors über eine Kontrollfläche entspricht dem Leistungsfluss
durch die Fläche (Verlustleistung).
2. Aufgabe:
Lösung
a) Das Durchflutungsgesetz lautet:
I
~ · d~s = IN
H
∂A
1
~ = −Hϕ · ~eϕ (siehe Abbildung).
Betrachtet wird der Verlauf der Feldlinien im Ringkern H
Für das Linienintegral d~s wird gewählt: d~s = −rdϕ~eϕ .
~
~ s = Hϕ · (−~eϕ ) · rdϕ ·
Linienelement und Feldlinie H(r)
zeigen in die gleiche Richung: H·d~
(−~eϕ ) = Hϕ r dϕ.
Die Parametrisierung des Ringkerns ergibt Ri ≤ r ≤ Ra und 0 ≤ ϕ < 2π.
Aufgrund der Aufgabenstellung kann das Durchflutungsgesetz geschrieben werden als
Z 2π
IN
Hϕ rdϕ → IN = Hϕ 2πr → Hϕ =
IN =
2πr
0
mit B = µ0 µr H
B=
µ0 µr IN
2πr
für Ri ≤ r ≤ Ra
b) Die magnetische Energiedichte wmag (r) berechnet sich aus der magnetischen Feldstärke
~ und der magnetischen Flussdichte B
~ als w(r) = 1 H
~ ·B
~ = µ |H|
~ 2.
H
2
2
2
µ IN
⇒ w(r) =
8 πr
c) Die magnetische Energie Wmag berechnet sich über ein Volumenintegral aus der Energiedichte
Z
Wmag =
wmag (r)dV
V
Gegeben sind die Maße eines Hohlzylinders mit den Radien Ri = d2 ,Ra = d2 + b und der
Höhe a. Integriert wird über den Umfang, den Radius und die Höhe mit dV = rdϕdrdz:
2
a
Z
d
+b
2
Z
2π
Z
Wmag =
w(r)rdϕdrdz
d
2
0
a
Z
0
d
+b
2
Z
=
d
2
0
=
µ I 2N 2
8 π2
µ I 2N 2
8 π2
Z
2π
µ
8
IN
πr
0
Z a Z d +b Z 2π
2
d
2
0
Z
0
2
rdϕdrdz
1
dϕdrdz
r
d
+b
2
aZ
1
2π drdz
d
r
0
2
d
d
µ2I 2 N 2 · a
ln
+ b − ln
=
8π
2
2
2 2
µaI N
2b
=
ln 1 +
4π
d
=
3. Aufgabe:
Lösung
a) (i) Analog zu 1a) gilt:
~ ·L=U ⇒E
~ = U ~ez
|E|
L
(ii)
~ = σU ~ez
~j = σ E
L
(iii) Es gilt:
I
~ · d~r =
H
~ = Hϕ · ~eϕ ;
H
~j = σU · ~ez ;
L
2π
d~r = rdϕ~eϕ
d~a = ~ez · r dϕdr
Z rZ
Hϕ · ~eϕ · ~eϕ rdϕ =
0
0
2πrHϕ =
~j · d~a
K(r)
∂K(r)
Z
Z
σU
· πr2
L
0
⇒
2π
σU
· ~ez · ~ez · r0 dϕdr0
L
~ r) = σU r · ~eϕ
H(~
2L
(iv)
~=E
~ ×H
~ =σ
S
2
2
2
U
σ U
r(~ez × ~eϕ ) = −
r · ~er
L
2 L
3
b) Siehe Abschnitt ”Energiebilanz des elektromagnetischen Feldes, Poynting-Vektor” im
Skript zur Vorlesung Elektromagnetische Feldtheorie.
2
U
1 ∂(rSr )
~
~ 2 = −~j · E
~
= −σ
divS =
= −σ|E|
| {z }
r ∂r
L
Πelmag
c) Unter Verwendung des Gaußschen Integralsatzes erhält man:
Z
∂(Draht)
~ a=
S·d~
Z
Draht
~ 3r =
divS·d
Z
0
L
Z
0
a
2π
Z
0
wegen I = |~j|a2 π.
4
~
~ 2 π·L = −U · I
−|~j|·|E|·rdϕdrdz
= −|~j|·|E|·a
| {z }
Ploss