zur Serie - Physik in Jena

Theoretische Elektrodynamik
FSU Jena - WS 07/08
Serie 11 - Lösungen
Stilianos Louca
29. Januar 2008
Aufgabe 01
Wir betrachten den im Kreis
K := ~r ∈ R3 : x2 + y 2 = R2 , z = 0
fliesenden Kreisstrom I
~ r) auf einem beliebigen Punkt ~r auf der z-Achse, unter Verwendung des Biot-Savartschen
und untersuchen das Magnetfeld B(~
Gesetzes
~
~ r) = K · j(~r) × (~r − ~s) dV = KI · d~s × (~r − ~s) , K := µ0
dB(~
3
3
4π
|~r − ~s|
|~r − ~s|
√
Dabei läuft ~s in Richtung des Stromflusses um den Kreis K herum, und es gilt |~r − ~s| = z 2 + R2 . Ferner gilt in Zylinderkoordinaten
d~s × (~r − ~s) = R (cos ϕ · ~ey − sin ϕ · ~ex ) × (z · ~ez − R cos ϕ · ~ex − R sin ϕ · ~ey ) dϕ = Rz (cos ϕ · ~ex + sin ϕ · ~ey ) dϕ + R2 dϕ · ~ez
Somit können wir schreiben
~ r) = KI ·
B(~
d~s × (~r − ~s)
Z
K
=
2πKIR2
(z 2 + R2 )
3
2
(z 2 + R2 )
· ~ez =
3
2
KIR
=
(z 2 + R2 )
µ0 IR2
3
2 (z 2 + R2 ) 2
3
2
·



Z
2π


| 0
· ~ez
1
Z
z (cos ϕ · ~ex + sin ϕ · ~ey ) dϕ +
{z
}
0
2π
R dϕ · ~ez
0







Aufgabe 02
Der Induktionskoeffizient Lik der beiden Kreise
Ki := ~r ∈ R3 : x2 + y 2 = R2 , z = zi
ist gegeben durch
Z Z
Lik = K ·
d~s1 d~s2
µ0
, K :=
|~s1 − ~s2 |
4π
K1 K2
wobei wir die später anzugebenden Ströme Ii immer bzgl. der Drehrichtung von ~si deuten.
Wir verwenden Zylinderkoordinaten und schreiben
Z2πZ2π
2
Lik = KR ·
0
2
0
Z2π
= KR ·
Z2π
dϕ2
0
2
~eϕ1 · ~eϕ2
p
dϕ1 dϕ2
2
R (cos ϕ1 − cos ϕ2 )2 + R2 (sin ϕ1 − sin ϕ2 )2 + a2
p
0
Z2π
= 2πKR ·
0
cos(ϕ1 − ϕ2 )
2R2 (1
2
− cos(ϕ1 − ϕ2 )) +
a2
Z2π
dϕ1 = KR ·
Z2π
dϕ2
0
cos ϕ1
p
0
2R2 (1
− cos ϕ1 ) + a2
dϕ1
cos ϕ
p
dϕ
2
2R (1 − cos ϕ) + a2
a) Wir schreiben den Induktionskoeffizienten als
2
Z2π
Lik = 2πKR ·
0
cos ϕ
p
dϕ
2
2R (1 − cos ϕ) + a2
Die im aufgebauten Magnetfeld gespeicherte Energie ist gegeben durch
W (a) =
1
1
1X
Lik Ii Ik = L12 (a)I1 I2 + L11 I12 + L22 l22
2
2
2
i,k
Somit ergibt sich die auf einen Kreis wirkende Kraft als
∂W
∂L12
F~1 = − grad W =
· ~ez = I1 I2
· ~ez = 2πKR2 I1 I2 ·
∂a
∂a
= −2πKR2 aI1 I2 ·
Z
0
2π
cos ϕ
[2R2 (1
|
− cos ϕ) + a2 ]
{z
>0
Die Spulen werden auseinander geschoben!
2
3/2
dϕ
}
Z
0
2π
∂
cos ϕ
p
dϕ
2
∂a 2R (1 − cos ϕ) + a2
b) Für sehr große Abstände |a| >> R können wir näherungsweise schreiben
Lik
2πKR2
=
·
a
Z2π
r
0
=
cos ϕ
2πKR2
dϕ ≈
·
a
∗
2R2
(1 − cos ϕ) + 1
a2
Z2π
R2
cos ϕ · 1 − 2 (1 − cos ϕ) dϕ
a
0
2π 2 KR4
µ0 πR4
=
3
a
2a3
(*) : Taylorentwicklung bis zum 2. Glied.
Die auf den unteren Kreis wirkende Kraft F~1 ist analog zu vorhin gegeben durch
∂L12
3πµ0 R4
· ~ez
F~1 = I1 I2
· ~ez = −I1 I2
∂a
2a4
und deutet darauf hin, dass die Kreise von einander Weggeschoben werden!
Variante:
Allgemein gilt für den magnetischen Fluss
Z
~ r) dA
~
B(~
Φi =
Ki
durch den Kreis
Bi := ~r ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ R2 , z = zi
die Identität
Φi =
X
Lik Ik
k
Betrachten wir nur den Fluss Φik des durch den Strom Ik erzeugten Feldes durch den Kreis Ki , so können wir sagen
Φik = Lik Ik
Kennen wir also Φik so können wir gleich Lik aufschreiben. Für sehr große Abstände |a| >> R können wir für das
~
durch I1 erzeugte B-Feld
in der Nähe des zweiten Kreises annähernd schreiben
~ ≈
B
µ0 I1 R2
3
2 (a2 + R2 ) 2
· ~ez
wobei I1 als Positiv gilt falls der Strom von unten gesehen eine Rechtsdrehung durchläuft.
Somit ergibt sich der Fluss durch K2 als
Φ21 ≈ πR2 · B =
und ferner der Induktionskoeffizient
Lik ≈
µ0 πI1 R4
3
2 (a2 + R2 ) 2
µ0 πR4
2 (a2 + R2 )
3
2
≈
µ0 πR4
2a3
Somit können wir einen etwas genaueren Wert für die Kraft berechnen, gemäß
3πµ0 R4 a
∂L12
· ~ez = −I1 I2
ez
F~1 = I1 I2
5 ·~
∂a
2(a2 + R2 ) 2
3
Aufgabe 03
Wir beginnen mit der Poissongleichung für das magnetische Potential ϕm
~
div M
µ0
∆ϕ =
und erinnern uns an die Analogie zur Elektrostatik wo wir bei Ladungsfreien Problemen aus
div P~
ε0
∆ϕe =
bekamen
ϕe (~r) = −
1
·
4πε0
Z
V
Z
~
div~r 0 P~ (~r 0 )
1
P~ (~r 0 ) · dA
0
dV
+
·
0
0
|~r − ~r |
4πε0 ∂V
|~r − ~r |
0
So schreiben wir hier in exakter Analogie
ϕm (~r) = −
1
·
4πµ0
Z
V
Z
~ (~r 0 ) · dA
~
~ (~r 0 )
1
div~r 0 M
M
0
dV
+
·
0
0
|~r − ~r |
4πµ0 ∂V
|~r − ~r |
|
{z
}
0
0
=
1
·
4πµ0
(
Z
div~r
V
0
~ (~r 0 )
M
|~r − ~r 0 |
)
dV 0 =
1
·
4πµ0


Z 
 div
~ (~r 0 )
M
1
~ (~r 0 ) · grad~r 0
dV 0
+M
0|

|~
r
−
~
r
|~
r
−
~r 0 | 


|

{z
}
~
r
V




0
0
=−
1
·
4πµ0
Z
V
~ (~r 0 ) · grad~r
M
1
dV 0
|~r − ~r 0 |
M :const
=
−
ε0 ~ 0
1
· M (~r ) · grad~r
µ0
4πε0
|
Z
V
1
dV 0
|~r − ~r 0 |
{z
}
Uk (~
r)
Der Ausdruck Uk (~r) stellt genau das elektrostatische Potential einer mit der Ladungsdichte ρ = 1 geladenen Kugel dar:
Uk (~r) =
Somit kann man schreiben
ϕm (~r) =

R3



 3ε0 r
:r≥R

2
2


 3R − r
6ε0
:r<R

~ · ~r

R3 M



 3µ0 r3
:r≥R
1 ~
M · ~r
3µ0
:r<R





~ = − grad ϕm bekommt man für das innere H-Feld
~
Durch Bildung von H
n
o
h
i
~ · ~r = − 1 (~r grad) M
~ + M
~ grad ~r = − 1 M
~
~ = − 1 grad M
H
3µ0
3µ0
3µ0
und sieht dass dies genau entgegen gerichtet zum Magnetisierungseld ist. Das äußere Feld ist äquivalent zu einem Dipolfeld.
4