Loesung 6 pdf - Physik-Institut

Institut für Theoretische Physik, Universität Zürich
Lösung für Blatt 6 ,,Elektrodynamik“
Prof. Dr. T. Gehrmann
Aufgabe 1
Blatt 6 – FS 2013
Bewegung eines magnetischen Dipols
(a) Auf den magnetischen Dipol wirkt keine Kraft. Das Drehmoment beträgt


my
~ =m
~ = B0 −mx  .
D
~ ×B
0
(b) Mittels der Gleichung für das gyromagnetische Verhältnis folgt
~
~
~ = dL = 1 dm
,
D
dt
γ dt
und damit
dm
~
~ .
=γm
~ ×B
dt
Das Analogon zu diesem Ausdruck aus der Mechanik ist die Gleichung
~
dL
~ ×ω
=L
~ KS ,
dt
~ und Winkelgeschwindigkeit ω
die einen Kreisel mit Drehimpuls L
~ KS (bezüglich
des Hauptachsensystems) beschreibt. Auf den Kreisel wirken keine äusseren
Drehmomente.
(c) Wir müssen die drei Differentialgleichungen
ṁx = γB0 my
ṁy = −γB0 mx
ṁz = 0 ,
(1)
(2)
(3)
mit den folgenden Anfangsbedingungen
mx (t = 0) = M0
my (t = 0) = 0
mz (t = 0) = Mz
(4)
(5)
(6)
lösen. Die Lösung von (3) ist mz (t) = Mz . Setzten wir η(t) := mx (t) + imy (t),
erhalten wir aus (1) und (2) die DGL
η̇ = −iγB0 η .
Deren allgemeine Lösung ist
η(t) = c · e−iγB0 t ,
wobei die Konstante c mit der Anfangsbedingung
η(0) = mx (0) + imy (0) = M0
zu c = M0 bestimmt wird. Damit folgt, dass
mx (t) = Re[η(t)] = M0 cos(γB0 t)
my (t) = Im[η(t)] = −M0 sin(γB0 t) ,
also insgesamt


M0 cos(γB0 t)
m(t)
~
= −M0 sin(γB0 t) .
Mz
Bemerkungen: Diese Formel beschreibt eine Präzessionsbewegung. Insbesondere unterliegt ihr auch die Magnetnadel eines Kompasses. Die Grösse γB0 wird
als Larmorfrequenz bezeichnet.
Aufgabe 2
Quadratische Leiterschleife: Vektorpotential und Magnetfeld
(a) Der Weg γ entlang der Leitschleife setzt sich zusammen aus den vier Teilstücken
γ = γ1 + γ2 + γ3 + γ4 ,
wobei γ1 durch
 
 
1
1
a
~γ1 (t) = 1 − t 0 ,
2
0
0
0≤t≤a,
parametrisiert werden kann; und die restlichen Teilstücke durch
 
 
−1
0
a
~γ2 (t) =  1  − t 1 ,
0≤t≤a,
2
0
0
bzw.
und
 
 
1
1
a 

1 + t 0 ,
~γ3 (t) = −
2
0
0

 
1
0
a 

−1 + t 1 ,
~γ4 (t) =
2
0
0
0≤t≤a,

0≤t≤a.
Setze nun
~ i (~r) := µ0 I
A
4π
Z
γi
d~r 0
.
|~r − ~r 0 |
d~γ10
= −~ex folgt dann für das erste Teilstück
Z
d~γ1 /dt
µ0 I a
~
A1 (~r) :=
dt p
a
4π 0
(x − 2 + t)2 + (y − a2 )2 + z 2
Z a
1
µ0 I
dt p
~ex
=−
a
4π
(x − 2 + t)2 + (y − a2 )2 + z 2
0
"
!
x + a2
µ0 I
~ex arsinh p
=−
− arsinh
4π
(y − a2 )2 + z 2
Mit
dt
a
2
a 2
)
2
!#
x−
p
(y −
+ z2
.
Ganz analog erhalten wir Ausdrücke für die restlichen Ai
"
!
!#
a
a
y
+
y
−
µ
I
0
2
2
~ 2 (~r) = −
~ey arsinh p
A
− arsinh p
,
4π
(x + a2 )2 + z 2
(x + a2 )2 + z 2
!
!#
"
a
a
x
−
x
+
µ
I
0
2
2
~ 3 (~r) =
− arsinh p
,
~ex arsinh p
A
4π
(y + a2 )2 + z 2
(y + a2 )2 + z 2
"
!
!#
a
a
y
+
y
−
µ
I
0
2
2
~ 4 (~r) =
A
~ey arsinh p
− arsinh p
.
4π
(x − a2 )2 + z 2
(x − a2 )2 + z 2
~ ist dann gegeben durch
Das gesamte Vektorpotential A
~ r) =
A(~
4
X
~ i (~r) .
A
i=1
~ der Leiterschleife ist gegeben durch
(b) Das Magnetfeld B
!
4
4
4
X
X
X
~ = rot A
~ = rot
~i =
~i =
~i ,
B
A
rot A
B
i=1
i=1
i=1
~ i := rot A
~ i benutzt haben. Da
wobei wir im letzten Schritt die Definition B
Azi = 0 für alle i, gilt


−∂z Ayi
~i = 
 .
∂z Axi
B
y
x
∂x Ai − ∂y Ai
Für i = 1 folgt wegen Ay1 = 0 weiter, dass


0
~ 1 =  ∂z Ax1  ,
B
−∂y Ax1
Eine kurze Rechnung liefert schliesslich

∂z Ax1 =
=
µ0 I
4π
1
(x+ a2 )2
1+
(y− a2 )2 +z 2
s

µ0 I
z
4π (y− a2 )2 +z 2
√
√
x+ a2
(y− a2 )2 +z 2

3
z−
x+ a2
(x+ a2 )2 +(y− a2 )2 +z 2
s
1
(x− a2 )2
1+
(y− a2 )2 +z 2
−√
√
x− a2
3
(y− a2 )2 +z 2

z
x− a2
,
(x− a2 )2 +(y− a2 )2 +z 2
sowie
∂y Ax1
=
y− a2
0I
− µ4π
(y− a2 )2 +z 2
√
x+ a2
(x+ a2 )2 +(y− a2 )2 +z 2
−√
x− a2
(x− a2 )2 +(y− a2 )2 +z 2
.
Somit gilt also
µ0 I
~ 1 (~r) = −
√
B
4π[(y− a )2 +z 2 ]
2
x+ a2
a 2
(x+ 2 ) +(y− a2 )2 +z 2
−√
x− a2
a 2
(x− 2 ) +(y− a2 )2 +z 2


0
 −z  .
y − a/2
Für die restlichen Bi erhalten wir ganz analog

−z
a
a
µ0 I
~ 2 (~r) =
√ a 2y+ 2 a 2 2 − √ a 2y− 2 a 2 2  0 
B
4π[(x+ a2 )2 +z 2 ]
(x+ 2 ) +(y+ 2 ) +z
(x+ 2 ) +(y− 2 ) +z
x + a/2


0
a
a
µ0 I
~ 3 (~r) =
√ a 2x+ 2 a 2 2 − √ a 2x− 2 a 2 2  −z 
B
4π[(y+ a2 )2 +z 2 ]
(x+ 2 ) +(y+ 2 ) +z
(x− 2 ) +(y+ 2 ) +z
y + a/2


−z
a
a
µ0 I
~ 4 (~r) = −
√ a 2y+ 2 a 2 2 − √ a 2y− 2 a 2 2  0  .
B
4π[(x− a2 )2 +z 2 ]
(x− 2 ) +(y+ 2 ) +z
(x− 2 ) +(y− 2 ) +z
x − a/2

(c) Aus der Vorlesung ist bekannt, dass für eine lokalisierte, statische Stromverteilung der dominierende Beitrag zur Multipolentwicklung im Fernfeld der Dipolbeitrag
~ × ~r
~ D = µ0 m
A
4π |~r|3
ist, wobei m
~ das magnetische Dipolmoment der Stromverteilung mit
Z
1
m
~ =
d3 r0 ~r0 × ~j(~r0 ) .
2
(7)
(8)
Um diesen Ausdruck zu berechnen, teilen wir unsere Stromverteilung wie oben
in vier Teile, sodass ~j = ~j1 + ~j2 + ~j3 + ~j4 . Diese Teilstromdichten lassen sich
ausdrücken als
~j1 (~r) = −Iδ(z)δ(y − a/2)θ(a/2 − |x|)~ex
~j2 (~r) = −Iδ(z)δ(x + a/2)θ(a/2 − |y|)~ey
(9)
~j3 (~r) = +Iδ(z)δ(y + a/2)θ(a/2 − |x|)~ex
~j4 (~r) = +Iδ(z)δ(x − a/2)θ(a/2 − |y|)~ey
Wir berechnen nun
m
~1=
1
2
Z
 0  
x
−I i
h
1
Ia2
d3 r0 ~r0 × ~j1 (~r0 ) =
dx0 a/2 ×  0  =
~ez
2 −a/2
4
0
0
Z
a/2
(10)
Die anderen Teilstromdichten liefern denselben Beitrag und wir finden das magnetische Dipolmoment m
~ = Ia2~ez .
Aufgabe 3
Homogen magnetisierte Kugel
~ = M0~ez im Innern der Kugel.
Gegeben ist die Magnetisierung M
~ = µ0 (H
~ +M
~ ) und somit erfüllt H
~ die Gleichungen
(a) Gemäss Definition gilt B
~ × H(~
~ r) = ~jF (~r) = 0,
∇
~ · H(~
~ r) = −∇
~ ·M
~ (~r),
∇
(11)
(12)
~ folgen. Aus Gl. (11) folgern
welche direkt aus den Maxwellgleichungen an B
~ in Abwesenheit freier Ströme ein reines Gradientenfeld ist und
wir, dass H
somit geschrieben werden kann als
~ r) = −∇ϕ
~ m (~r).
H(~
(13)
Einsetzen in Gl. (12) liefert eine ’magnetische Poissongleichung’
~ ·M
~ (~r).
∆ϕm (~r) = ∇
In Analogie zur Elektrostatik folgt
Z
~ r0 · M
~ (~r 0 )
∇
1
d3 r 0
ϕm (~r) = −
4π
|~r − ~r 0 |
Z
~ 0
1
~ r0 · M (~r ) − M
~ (~r 0 ) · ∇
~ r0 1
=−
d3 r 0 ∇
4π
|~r − ~r 0 |
|~r − ~r 0 |
(14)
(15)
Mithilfe des Gauss’schen Satzes verschwindet der erste Term und für den zweiten
~ r0 1/|~r − r~0 | = −∇
~ r 1/|~r − r~0 |, so dass folgt
Term benutzen wir ∇
Z
~ (~r 0 )
1 ~
M
ϕm (~r) = − ∇r · d3 r0
(16)
4π
|~r − ~r 0 |
~ einer Magnetisierungsverteilung M
~ (r~0 )
Alternative Lösung: Das Vektorpotential A
folgt direkt aus dem Vektorpotential eines Dipols als
Z
~ (~r 0 ) × (~r − ~r 0 )
µ0
M
~
A(~r) =
d3 r 0
4π
|~r − ~r 0 |3
Z
µ0
~ (~r 0 ) × (−∇
~ r) 1
=
d3 r 0 M
4π
|~r − ~r 0 |
Z
~ (~r 0 )
µ0
M
~
= ∇r ×
d3 r0
(17)
4π
|~r − ~r 0 |
~ ×∇
~ × ~v = ∇(
~ ∇
~ · ~v ) − ∆~v finden wir
Mithilfe von ∇
Z
~ (~r 0 )
µ0
M
~
~
~
B(~r) = ∇r × ∇r ×
d3 r 0
4π
|~r − ~r 0 |
!
Z
Z
~ r 0)
~ (~r 0 )
µ0 ~
µ0
M
3 0 M (~
3 0
~
=
−
∆
d
r
∇r ∇r · d r
r
4π
|~r − ~r 0 |
4π
|~r − ~r 0 |
~ r ϕm (~r)) + µ0 M
~ (~r),
= µ0 (−∇
(18)
wobei wir ∆1/|~r − ~r0 | = −4πδ(~r − ~r0 ) benutzt und die Definition des skalaren
magnetischen Potentials verwendet haben. Gemäss Definition gilt
~ r) = µ0 (H(~
~ r) + M
~ (~r))
B(~
(19)
~ r ) = −∇
~ r ϕm (~r)
H(~
(20)
und somit folgt
(b) Wie auf dem Aufgabenblatt gegeben, berechnet man das skalare Potential mittels der Formel
Z
~ (~r 0 )
1
M
divr d3 r0
ϕm (~r) = −
4π
|~r − ~r 0 |
Z
M0
1
=−
divr d3 r0
~ez
4π
|~r − ~r 0 |
Z 2π Z 1 Z R
M0 ∂
1
dφ0
dx dr0 r02 √
=−
2
02
4π ∂z 0
r + r − 2rr0 x
−1
0
Z R
1
M0 ∂
1 √
dr0 r02 0 r2 + r02 − 2rr0 x
=
2 ∂z 0
rr
−1
Z R
i
0h
M0 ∂
r
=
dr0 |r − r0 | − (r + r0 )
2 ∂z 0
r
(R r
RR
0
0
dr0 rr (−2r0 ) + r dr0 rr (−2r) , falls r < R,
M0 ∂
0
R R 0 r0
=
2 ∂z
dr r (−2r0 ) ,
falls r ≥ R
0
(
∂ 21 R2 − 16 r2 , falls r < R,
= −M0
3
∂z 31 Rr ,
falls r ≥ R.
Nun benutzen wir, dass
∂ 2 dr2 ∂r
z
r =
= 2r = 2z = 2r cos θ ,
∂z
dr ∂z
r
∂ 1
1z
z
cos θ
=− 2 =− 3 =− 2 .
∂z r
r r
r
r
Setzen wir dies oben ein, ergibt sich
(
1
M0 r cos θ , falls r < R,
ϕm (~r) = 31
θ
M0 R3 cos
, falls r ≥ R.
3
r2
(c) Das gesamte magnetische Moment der Kugel berechnet sich zu
Z
~ = 4π R3 M0~ez ,
m
~ ges = d3 r M
3
~ ergibt
da die Magnetisierung im Innern der Kugel homogen ist. Auflösen nach M
3m
~ ges
~
M = M0~ez = 4πR3 , und man erhält für das skalare Potential
(
m
~ ges ·~
r
, falls r < R,
4πR3
ϕm (~r) = m
~ ges ·~
r
, falls r ≥ R.
4πr3
Wir sehen, dass das Potential im Innenraum das eines homogenen Feldes ist,
während es im Aussenraum exakt dem eines magnetischen Dipols entspricht.
(d)
~
H
~
B
(
m
~ ges
1 ~
~ m = − 3 M = − 4πR32 , falls r
= −∇ϕ
3(m
~ ges ·~
r)~
r−m
~ ges r
, falls r
4πr5
(
m
~ ges
2
~
~ +M
~ ) = 3 µ0 M = µ0 2πR3 2,
= µ0 ( H
~ ges ·~
r)~
r−m
~ ges r
µ0 3(m
,
4π
4πr5
< R (homogenes Feld),
≥ R (Dipolfeld),
falls r < R (homogenes Feld),
falls r ≥ R (Dipolfeld),
~ im Aussenraum
wobei wir in der letzten Gleichung benutzt haben, dass M
verschwindet.
~
Feldlinien von M
enden an der Kugeloberfläche.
~ beginnen und enden an der KugelFeldlinien von H
oberfläche.
~ sind geschlossen wegen divB
~ = 0. Im
Feldlinien von B
~ = µ0 H.
~
Aussenraum ist B
~ als auch B
~ sind im Aussenraum ein exaktes Dipolfeld und im Innern
Sowohl H
homogen, wobei sie im Innenraum antiparallel zueinander sind. Im Aussenraum
~ = µ0 H.
~
hingegen sind sie parallel mit B