Lösung für Klausur ,,Elektrodynamik“

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Institut für Theoretische Physik, Universität Zürich
Lösung für Klausur ,,Elektrodynamik“
Prof. Dr. T. Gehrmann
Klausur – FS 2013
Teil I: KURZFRAGEN [14 Punkte]
K1
[1 Punkt]
Was besagen Dirichlet- und Neumann-Randbedingungen?
– (0.5 P.) Bei Dirichlet-Randbedingungen ist ϕ(x) auf dem Rand ∂V vorgegeben.
~ = −E⊥ auf dem
– (0.5 P.) Bei Neumann-Randbedingungen ist ∂n ϕ(x) = −~n · E
Rand ∂V vorgegeben.
K2
[2 Punkte]
~ P~ und ̺F in der Gleichung
i) Erklären Sie die Bedeutung von E,
h
i
~ · ǫ0 E(~
~ x) + P~ (~x) = ̺F (~x).
∇
Die Gleichung beschriebt das Gauss’sche Gesetz im Dielektrikum.
~ beschreibt das elektrische Feld.
– (0.5 P.) E
– (0.5 P.) P~ beschreibt die Dipoldichte, welche sich durch Polarisierung von
gebundenen Ladungen im Dielektrikum ergibt.
– (0.5 P.) ̺F beschreibt die Ladungsdichte der freien Ladungsträger.
ii) Wie vereinfacht sich obige Gleichung für ein lineares, isotropisches Dielektrikum?
~ mit
– (0.5 P.) Für ein lineares, isotropisches Dielektrikum gilt P~ = χe ǫ0 E
der elektrischen Suszeptibilität χe .
~ x ) = ǫ0 E
~ + P~
Mit der Definition des Dielektrischen Verschiebungsfeldes D(~
folgt, dass
~ = ̺F (~x)
∇·D
(1)
Mit Definition der relativen Dielektrizitätskonstanten ǫr = 1 + χe folgt,
dass
~ x) = ̺F (~x)
∇ · E(~
ǫ0 ǫr
(2)
K3
[1 Punkt]
Wie lautet das magnetische Dipolmoment eines ebenen, geschlossenen Stromkreises?
m
~ = IA~n,
(3)
wobei I der Strom durch die Schleife, A die Fläche der Schleife und ~n der Normalenvektor auf die Fläche.
K4
[1.5 Punkte]
i) Erklären Sie die Lenz’sche Regel in einem Satz.
~
– (0.5 P.) Induktionsstrom ist so gerichtet, dass sein eigenes B-Feld
der Änderung des erzeugenden Magnetfeldes entgegenwirkt.
ii) Skizzieren Sie in folgenden beiden Beispielen die Richtung des Stromflusses
~ 1 und B
~ 2 zur magnetischen Flussdichte am
j1 (t + ∆t), sowie die Beiträge B
Ort der Schleife 1 zum Zeitpunkt t und t + ∆t.
B2 (t + ∆t) > B2 (t)
a)
B2 (t)
b)
L1
B2 (t)
B1 (t + ∆t)
L1
j1 (t + ∆t)
j1 (t + ∆t)
B2 (t + ∆t) < B2 (t)
B1 (t + ∆t)
L2
L2
j2 (t)
j2 (t)
j2 (t + ∆t) > j2 (t)
j2 (t + ∆t) < j2 (t)
K5
[2 Punkte]
i) Interpretieren Sie die Gleichung
d mech
PV
+ PVFeld =
dt
i
Z
dA
∂V
3
X
Tij nj .
j=1
(0.5 P.) Diese Gleichung kann als Impulsbilanz im Volumen V angesehen werden.
ii) Was ist die Bedeutung von PVmech ?
(0.5 P.) PVmech ist der mechanische Impuls der Ladungsträger im Volumen V .
iii) Was ist die Bedeutung von PVFeld ?
(0.5 P.) PVFeld ist der Impuls des elektromagnetischen Feldes im Volumen V .
iv) Was ist die Bedeutung der rechten Seite der Gleichung?
(0.5 P.) Die rechte Seite beschreibt den Impulsfluss aus dem Volumen V durch
den Rand ∂V ausgedrückt durch den Maxwell’schen Spannungstensor.
K6
[1 Punkt]
Eine Punktladung bewege sich im Inertialsystem K mit Geschwindigkeit c/2 in positive x-Richtung. Sei K ′ ein Intertialsystem, welches sich relativ zu K mit Geschwindigkeit c/2 in negative x-Richtung bewegt. Wie gross ist die Geschwindigkeit der
Punktladung im Bezugssystem K ′ ?
Das Additionstheorem für zwei parallele relativistische Geschwindigkeiten v und u
liefert
v′ =
K7
v+u
c
vu =
1 + c2
1+
1
4
4
= c
5
(4)
[2.5 Punkte]
i) Geben Sie die Maxwellgleichungen in relativistischer 4er Schreibweise an.
– (0.5 P.) ∂µ F µν = µ0 j ν
– (0.5 P.) ∂ σ F µν + ∂ ν F σµ + ∂ µ F νσ = 0
ii) Drücken Sie den Feldstärketensor F µν durch das Viererpotential Aµ aus.
– (0.5 P.) F µν = ∂ µ Aν − ∂ ν Aµ
iii) Geben Sie die 4er Stromdichte explizit an.
– (0.5 P)
cρ
j = ~
j
µ
(5)
iv) Wie lautet die Eichtransformation des Viererpotentials Aµ und des Feldstärketensors F µν ?
– (0.25 P.) Die Eichtransformation des Viererpotential lautet Aµ → Aµ +∂ µ Λ
– (0.25 P.) Offensichtlich ist der Feldstärketensor (physikalische Grösse) unter obiger Eichtransformation invariant.
K8
[1 Punkt]
Wir betrachten eine elektromagnetische, ebene Welle im freien Raum, welche sich
mit Wellenvektor ~k = k~ez und Frequenz ω ausbreitet. Geben Sie das elektrische Feld
für den Fall zirkularer Polarisation an.
~ = E0 cos(kz − ωt + ϕ)~ex ∓ sin(kz − ωt + ϕ)~ey
E
K9
(6)
[2 Punkte]
Wir betrachten das Strahlungsfeld einer beschleunigten Ladung, welche sich mit Geschwindigkeit ~v bewegt und mit ~v˙ beschleunigt wird. Zeichnen Sie die Flächen gleicher
Strahlungsintensität für die beiden Spezialfälle
i) ~v˙ entlang −~v (Bremsstrahlung),
du(θ)
sin2 θ
∼
dt′
(1 − β cos θ)5
(7)
ii) ~v˙ senkrecht auf ~v (in der durch ~v und ~v˙ aufgespannten Ebene) (Synchrotronstrahlung).
du(θ)
(β − cos θ)2
∼
dt′
(1 − β cos θ)5
i)
~v˙
ii)
~v
(8)
~v
~v˙
Teil II: AUFGABEN [28 Punkte]
Aufgabe 1
[5 Punkte]
~ r) auf der Mittelachse (z-Achse) einer SchleiBerechnen Sie das elektrische Feld E(~
fe mit Radius R und homogener Ladungsdichte λ (siehe Bild). Entwickeln Sie die
Lösung für z ≫ R.
z
P
x
y
λ
r
α
r1
φ
R
dl
~ parallel zu ~r1 und
Lösung: Das Linienelement d~l der Schleife erzeugt ein Feld dE
gegeben durch:
~ = 1 λ dl ~r1
(9)
dE
4πε0 r13
~ R
~ = [R cos ϕ, R sin ϕ, 0], R = |R|
~ und ~r = [0, 0, z]. [1 Punkt]
mit r1 = |~r1 |, ~r1 = ~r − R,
Wegen der Symmetrie der Ladungsanordnung ist das elektrische Feld entlang der
Achse gerichtet (z-Richtung). Da für jedes Element d~l ein anderes diametral gegenüber
besteht, ergibt die vektorielle Summe von beiden ein verschwindendes elektrisches Feld
in der xy-Ebene. [1 Punkt]
Folglich gilt:
~ z = ẑ dEz = ẑ 1 λ dl cos α ,
dE
(10)
4πε0 r12
wobei α der Winkel zwischen ~r1 und der z-Achse ist, cos α = (~r1 · ẑ)/r1 = z/r1 . [1
Punkt]
Wir integrieren die Gleichung über die Schleife. Da r1 konstant entlang der Schleife
ist, erhalten wir:
Z
1 λ cos α
z
2πR λ cos α
λR
~
E = ẑ
,
(11)
dl = ẑ
= ẑ
2
2
2
4πε0 r1
4πε0 r1
2ε0 (z + R2 )3/2
Schleife
wobei wir erneut cos α = z/r1 benutzt haben und r12 = R2 + z 2 . [1 Punkt]
~ = 0) = 0. Nachdem wir die Quadratwurzel im Nenner für
Wir bemerken, dass E(z
z ≫ R entwickelt haben, bekommen wir:
2
~ = ẑ λR 1 [1 − 3 R + O(R4 /z 4 )] ≈ ẑ Q ,
E
2ε0 z 2
2 z2
4πε0 z 2
(12)
mit Q = 2πRλ. Die Schleife verhält sich im Fernfeld wie eine Punktladung. [1 Punkt:
Gleichung (12) ohne Auswertung].
Alternative Lösung
Alternativ lässt sich das elektrische Feld aus dem von der Ladungsverteilung erzeugten
Potential bestimmen. Aus der Vorlesung wissen wir:
Z
′
r )
1
′ ρel (~
.
(13)
d3~r
φ(~r) =
4πε0 V ′
|~r − ~r ′ |
Die Ladungsverteilung lässt sich durch folgende Ladungsdichte beschreiben:
ρel (~r) = λ δ(|~r| − R)δ(z) =
Q
δ(|~r| − R)δ(z) .
2πR
(14)
Wir wechseln zu Zylinderkoordinaten und erhalten
ρel (ρ, ϕ, z) = ρel (ρ, z) = λ δ(ρ − R)δ(z) .
(15)
[1 Punkt: Zylinderkoordinaten und ρel ]. Das Integral lässt sich nun ausdrücken als
Z
1
ρel (ρ′ , z ′ )
φ(ρ, ϕ, z) =
ρ′ dρ′ dϕ′ dz ′ p
=
4πε0 V ′
ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ′ − ϕ) + (z − z ′ )2
Z 2π
1
λR
dϕ′ p
=
=
(16)
4πε0 0
ρ2 + R2 − 2ρR cos(ϕ′ − ϕ) + z 2
Z 2π
1
λR
,
dϕ′ p
φ(ρ, z) =
4πε0 0
ρ2 + R2 − 2ρR cos ϕ′ + z 2
′
wobei wir den Ausdruck für |~r − ~r | in Zylinderkoordinaten verwendet haben und
benutzt haben, dass das Integral unabhängig von ϕ ist [siehe Aufgabe 2 der Übungen].
[1 Punkt]
Das elektrische Feld entlang der Schleifenachse ergibt sich folgendermassen aus dem
Potential:
h ∂φ(ρ, z) ∂ρ i
h ∂φ(ρ, z) i
∂φ(ρ, z) Ex = −
=−
=−
cos ϕ =
∂x
∂ρ ∂x ρ=0
∂ρ
ρ=0
ρ=0
(17)
Z 2π
Z 2π
2
1
λR
′
′
′
′
cos ϕ ∝
dϕ cos ϕ = 0 ,
cos ϕ
dϕ 2
=−
4πε0
(R + z 2 )3/2
0
0
ebenso findet man, dass Ey = 0. [1 Punkt: Ex = Ey = 0 zeigen]
Wir schliessen daraus, dass das elektrische Feld auf der Schleifenachse entlang der
Schleifenachse zeigt und berechnen:
Z 2π
∂φ(ρ, z) z
z
λR
λR
′
Ez = −
=
,
(18)
dϕ
=
∂z
4πε0 (R2 + z 2 )3/2 0
2ε0 (z 2 + R2 )3/2
ρ=0
wie in Gleichung (11). [1 Punkt]
[1 Punkt: Entwicklung der Lösung für z ≫ R und Interpretation, siehe vorher.]
Aufgabe 2
[5 Punkte]
Wir benutzen zylindrische Koordinaten mit ~j k ẑ. Das magnetische Feld erzeugt von
der Stromdichte ~j ist gegeben durch [0.5 Punkte]
Z
~x − ~x ′
µ0
~
d3~x ′ ~j(~x ′ ) ×
B(~x) =
.
(19)
4π
|~x − ~x ′ |3
Das Ampère’sche Gesetz in Integralform lautet
I
Z
~
~
B · dl = µ0 ~j · d~σ
∂S
(20)
S
Wir betrachten erst einen Vollzylinder ohne Hohlraum und wählen S - einen Kreis mit
Radius ρ zentriert um die Achse des Zylinders und senkrecht zu ihm. Mit ~j = j0 ẑ hat
das Feld aus Symmetriegründen nur eine Bφ -Komponente und ist nur eine Funktion
von ρ [1.5 Punkte]:
Bφ 2πρ = µ0 j0 πρ2 .
(21)
Wir schreiben es in Vektorform als [0.5 Punkte]
~ = µ0 j0 ẑ × ρ~.
B
2
(22)
Mit dem Superpositionsprinzip ist das Feld des Zylinders mit Hohlraum gleich der
Summe [1 Punkt]
i) des Felds erzeugt durch den uniformen Strom ~j durch den ganzen Zylinder mit
Radius a.
ii) des Felds erzeugt durch den uniformen Strom −~j durch den kleinen Zylinder
mit Radius b anstelle des Hohlraums.
Wir haben dann
~ = µ0 j0 ẑ × (~
ρ − ρ~ ′ ),
(23)
B
2
mit dem Vektor ρ~ zwischen dem Punkt, an welchem das Feld betrachtet wird und der
Achse des grossen Zylinders und ρ~ ′ dem Vektor zwischen dem Punkt und der Achse
des kleinen Zylinders. Es gilt:
ρ~ = ρ~ ′ + d~ .
(24)
Das gesamte Feld im Inneren des Hohlraums ist dann konstant und gegeben durch
[1.5 Punkte]
~ tot = µ0 j0 ẑ × d~ .
B
(25)
2
Aufgabe 3
[7 Punkte]
a) [1.5 Punkte] Wir wählen das in der Aufgabenstellung gegebene Koordinatensystem. Damit ist das elektrische Feld
~ 1 = E1 ei(kx−ωt)~ey + E1,r ei(−kx−ωt)~ey , (0.5 Punkte)
E
~ 2 = E2 ei(k′ x−ωt)~ey + E2,r ei(−k′ x−ωt)~ey ,
E
~ 3 = E3 ei(kx−ωt)~ey (0.5 Punkte).
E
~ =
b) [1.5 Punkte] Mit B
n ~k
ck
× E~0
1
(0.5 Punkte)
(26)
folgt, dass
~ 1 = n E1 ei(kx−ωt)~ez − n E1,r ei(−kx−ωt)~ez , (0.5 Punkte)
B
c
c
′
′
n
~ 2 = E2 ei(k′ x−ωt)~ez − n E2,r ei(−k′ x−ωt)~ez , (0.5 Punkte)
B
c
c
n
i(kx−ωt)
~
~ez
(0.5 Punkte).
B3 = E3 e
c
(28)
c) [2 Punkte] An den Grenzschichten gelten ohne Flächenladungen und ohne Flächenströme folgende Randbedingungen (0.5 Punkte):
~2 − D
~ 1 = 0,
~n · D
~2 − B
~ 1 = 0,
~n · B
(29)
~2 − E
~ 1 = 0,
~n × E
~
~
~n × H2 − H1 = 0.
~ i = ǫi E
~ i , und B
~ i = µ0 H
~i
Für lineare, isotrope, nicht permeable Isolatoren gilt D
(0.5 Punkte). Damit ist das folgende homogene Gleichungsystem zu lösen
′
E1 + E1,r = E2 + E2,r ,
nE1 − nE1,r = n′ E2 − n′ E2,r ,
′
E2 eik d + E2,r e−ik d = E3 eikd ,
′
(30)
′
n′ E2 eik d − n′ E2,r e−ik d = nE3 eikd .
Wir setzen E1,r = 0 und vereinfachen das Gleichungssystem. Es gilt (1 Punkt)
E1 − E2 − E2,r = 0,
(n − n ) E2 + (n′ + n) E2,r = 0,
′
′
′
E2 eik d + E2,r e−ik d − E3 eikd = 0,
′
(31)
′
(n′ − n) E2 eik d − (n′ + n) E2,r e−ik d = 0.
1
~
~
~ = B~0 ei(k·~x−ωt) ) ins Faraday’sche Induktionsgesetz
~ = E~0 ei(k·~x−ωt) und B
Setze ebene Wellen (E
ein.
~+ ∂B
~
0=∇×E
∂t
~ − iω B
~
0 = i~k × E
~
~ = 1 ~k × E~0 = n k × E~0
B
ω
ck
(27)
Bemerkung: Die Studenten können auch äquivalente Variationen dieses Gleichungssystems angeben.
d) [2 Punkte] Wir schreiben das Gleichungssystem in Matrixform. Es gilt
wobei
A · (E1 , E2 , E2,r , E3 )T = 0,
(32)

1
−1
−1
0
0
n − n′
n + n′
0 
.
′
′d
A=
ik
d
−ik
0
e
e
−eikd 
′
′
0 (n′ − n) eik d − (n′ + n) e−ik d
0
(33)

Damit eine nichttriviale Lösung existiert, muss die Determinante der Matrix A
verschwinden. Es gilt, mit Hilfe des Laplace’schen Entwicklungsatzes,
det(A) = 0
⇒
′
′
(n − n ) (n + n) e−ik d = (n − n′ ) (n′ + n) eik d
′
′
⇔
e
2ik′ d
(34)
= 1,
(1 Punkt)
und somit
mλ′
, m ∈ N (0.5 Punkte).
(35)
2
D.h. die Dicke der Schicht soll ein Vielfaches der halben Wellenlänge im Medium
2 sein (0.5 Punkte).
d=
Aufgabe 4
[5 Punkte]
a) [4 Punkte] Das elektrische und das magnetische Feld im ursprünglichen Bezugssystem sind gegeben durch
~ = (E0 , 0, 0) ,
E
~ = (2E0 /c cos θ, 2E0 /c sin θ, 0) .
B
Wir transformieren diese Felder in ein Bezugssystem, welches sich mit der Geschwindigkeit v in z-Richtung relativ zum ursprünglichen System bewegt
Ex′ = γ(Ex − βcBy ) = γ(E0 − 2βE0 sin θ) ,
Ey′ = γ(Ey + βcBx ) = 2γβE0 cos θ,
Ez′ = Ez = 0 ,
Bx′ = γ(Bx + β/cEy ) = 2γE0 /c cos θ ,
By′ = γ(By − β/cEx ) = γ(2E0 /c sin θ − βE0 /c) ,
Bz′ = Bz = 0 ,
wobei β = v/c und γ = (1 − β 2 )−1/2 (1 Punkt für die Richtung, 1 Punkt für
die korrekten Ausdrücke für E ′ und B ′ ). Die Bedingung, dass die beiden Felder
parallel zueinander sind, führt dann auf eine quadratische Gleichung für β (1
Punkt)
Ex′ /Ey′ = Bx′ /By′
⇒ 2 sin θ − 4β sin2 θ − β + 2β 2 sin θ = 4β cos2 θ
⇔ 2 sin θ(β 2 + 1) − 5β = 0 ,
welche die folgenden Lösungen (0.5 Punkte) besitzt
p
5 ± 25 − 16 sin2 θ
.
β=
4 sin θ
Die Lösung mit einem Plusvorzeichen kann ausgeschlossen werden. Wegen |sin θ| ≤
1 gilt nämlich
p
5 + 25 − 16 sin2 θ
≥2,
4 sin θ
(0.5 Punkte für die richtige Begründung).
b) [1 Punkt] Für θ ≪ 1 erhalten wir (0.5 Punkte)
√
2
5 − 25 − 16 θ2
+ O(θ2 ) = θ + O(θ2 ) ,
β=
4θ
5
q
2
wobei wir benutzt haben, dass sin θ ≈ θ, sowie 1 − 1625θ ≈ 1 −
berechnen sich E ′ und B ′ für θ ≪ 1 zu (0.5 Punkte)
8 θ2
.
25
Damit
Ex′ = E0 + O(θ2 ) ,
Ey′ = 4 θE0 /5 + O(θ2 ) ,
Ez′ = 0 ,
Bx′ = 2E0 /c + O(θ2 ) ,
By′ = 8E0 θ/(5c) + O(θ2 ) ,
Bz′ = 0 .
Aufgabe 5
[6 Punkte]
a) [3 Punkte] Die Leiterschleife kann man wie einen Stromkreis mit Induktivität L
und Widerstand R betrachten, in dem die eingespeiste Spannung U sich gemäss
U = LI˙ + RI
aufteilt. Der zweite Term kann hier vernachlässigt werden. Die Spannung U wird
nach dem Faraday’schen Gesetz durch die Bewegung der Schleife im Magnetfeld
induziert. Es gilt also
U = −Φ̇ = −B0 lv ,
wobei wir die Orientierung der Leiterschleife im Uhrzeigersinn gewählt haben,
so dass der magnetische Fluss Φ positiv ist, und v = −ż ist die Geschwindigkeit
der Schleife nach unten.
Durch Kombination der beiden Gleichungen erhalten wir
LI˙ = −B0 lv .
(36)
(1 Punkt, wenn Orientierung der Schleife und Gleichung (36) korrekt und konsistent sind. 0.5 Punkte, falls das Vorzeichen falsch ist oder aus der Lösung
nicht klar hervorgeht, wie die Orientierung der Schleife bzw. die Stromrichtung
gewählt ist. Die gewählte Orientierung darf auch implizit aus der Berechung der
Lorentzkraft (s.u.) hervorgehen.) Auf die Leiterschleife wirkt sowohl die Gravitationskraft als auch die Lorentzkraft, wobei letztere nur einen Beitrag vom
unteren Segment der Schleife bekommt (die Beiträge des linken und rechten
Segments heben sich gegenseitig auf, während sich das obere Segment ausserhalb des Magnetfeldes befindet und somit ebenfalls keinen Beitrag liefert). Die
Lorentzkraft auf ein Längenelement des unteren Segments beträgt
~0
dF~L = Id~ℓ × B
und zeigt nach oben, da I negativ ist (Lenz’sche Regel) (0.5 Punkte). Wir
erhalten daher die Bewegungsgleichung
mv̇ = F = mg + B0 Il ,
(37)
wobei wir mit F die nach unten gerichtete Gesamtkraft bezeichnen, d.h. die
negative z-Komponente der Kraft (0.5 Punkte für die korrekte Gleichung (37)).
Einsetzen der Ableitung von (37) in (36) ergibt die Differentialgleichung
v̈ + ω 2 v = 0
mit
ω2 =
B02 l2
mL
(38)
(0.5 Punkte für die Differentialgleichung in v oder I, siehe Bemerkung 3 unten)
und allgemeiner Lösung
v(t) = c1 cos ωt + c2 sin ωt .
Die Anfangsbedingungen v(0) = 0 und I(0) = 0 liefern c1 = 0 und (mit (37))
c2 = ωg . Somit lautet die gesuchte Lösung
g
sin ωt ,
ω
mg
I(t) =
(cos ωt − 1)
B0 l
v(t) =
mit ω =
√B0 l
mL
(39)
(40)
(0.5 Punkte für die Lösung).
Bemerkung 1: Anstelle der Bewegungsgleichung (37) kann auch die Energiebilanzgleichung 21 mv 2 + mgh + 21 LI 2 = const verwendet werden. Die korrekte
Gleichung gibt 0.5 Punkte und ihre Ableitung mv v̇ − mgv + LI I˙ = 0 nochmals
0.5 Punkte. Die 0.5 Punkte für die Lorentzkraft entfallen in diesem Fall.
Bemerkung 2: Wählt man die Orientierung der Leiterschleife entgegen dem Uhrzeigersinn, erhält jedes Φ, jedes U und jedes I ein Minuszeichen.
Bemerkung 3: Alternativ zur Gleichung (38) kann man auch v eliminieren und
erhält die inhomogene Differentialgleichung
B0 lg
.
I¨ + ω 2 I = −
L
b) [1 Punkt] Nach einer Zeit T > 0 hat sich die Schleife um
Z
T
v(t)dt =
0
g
(1 − cos ωT )
ω2
von ihrer Ausgangsposition entfernt (0.5 Punkte). Dieser Ausdruck kann für
geeignetes T genau dann den Wert b annehmen, wenn
b≤
2Lmg
2g
= 22 ,
2
ω
B0 l
d.h. die Schleife taucht niemals vollständig ins Magnetfeld ein, falls gilt
r
2Lmg
B0 >
(0.5 Punkte) .
bl2
In diesem Fall ist die Lösung aus a) für alle t ≥ 0 gültig und die Schleife führt
eine (ungedämpfte) Oszillationsbewegung aus.
c) [2 Punkte] Analog zu a) kombinieren wir die Gleichungen
−B0 lv = LI˙ + RI
(0.5 Punkte)
(41)
und
mv̇ = mg + B0 Il ,
(42)
indem wir aus Gleichung (42) und ihrer Ableitung
I=
m(v̇ − g)
,
B0 l
mv̈
I˙ =
B0 l
berechnen und dies in (41) einsetzen. So erhalten wir die inhomogene lineare
Differentialgleichung
R
Rg
v̈ + v̇ + ω 2 v =
.
(43)
L
L
(0.5 Punkte für die korrekte Differentialgleichung.) Die entsprechende Differentialgleichung in I lautet hier
R
B0 lg
I¨ + I˙ + ω 2 I = −
L
L
und ist für die Aufgabenstellung nicht sehr zielführend, gibt aber dennoch
0.5 Punkte, da eine Diskussion der Bewegung der Schleife damit immer noch
möglich (wenn auch schwieriger) ist.
Betrachtet man zunächst nur den homogenen Teil der Gleichung (43), stellt
man fest, dass es sich um eine gedämpfte Schwingung handelt. Die konstante Inhomogenität auf der rechten Seite führt zu einem zusätzlichen Driftterm
Rg/(Lω 2 ) in der Lösung v(t). Dieser sorgt dafür, dass sich die Leiterschleife
im Unterschied zu b) für jede Feldstärke B0 nach endlicher Zeit vollständig im
Magnetfeld befinden wird (1 Punkt für die richtige qualitative Lösung).
[Ab diesem Zeitpunkt wird es keine Lorentzkraft auf die Schleife mehr geben,
da sich die Beiträge gegenüberliegender Seiten paarweise aufheben. Die Schleife
befindet sich ab dann im freien Fall. Dieser Zusatz wird allerdings nicht als Teil
der Lösung erwartet!]
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