Theoretische Physik: Elektrodynamik

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1 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht Ferienkurs Theoretische Physik: Elektrodynamik Übungsblatt Technische Universität München 1 Fakultät für Physik

2 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht Stromdurchflossener Draht Lösen Sie die Feldgleichung A = 4π j/c für einen unendlich langen, zylindrischen Draht (Radius R), der homogen vom Strim I durchflossen wird. Geben Sie das dazugehörige B - Feld an. Wir wählen Zylinderkoordinaten mit der z - Achse als Symmetrieachse des Drahts. Die Stromdichte ist dann: Für ρ R: Für ρ > R: j( r) = e z I πr (1) j( r) = e z () Wegen j = j(ρ) e z ist das Vektorpotential parallel zur z - Richtung, A = A(ρ, ϕ, z) e z. Wegen der Translations- und Rotationssymmetrie gilt dann A = A(ρ) e z. Da der Vektor e z konstant ist, kann er auf beiden Seiten von A = 4π j/c gekürzt werden (das ginge zum Beispiel nicht für e ϕ ). Der Laplaceoperator reduziert sich auf Ableitungen nach ρ also: Für ρ R: Für ρ > R: 1 d ρ dρ 1 d ρ dρ ( ρ da(ρ) ) = 4I (3) dρ cr ( ρ da(ρ) ) = (4) dρ Dies wird zunächst unabhängig voneinander in den beiden Bereichen integriert: Für ρ R: da(ρ) dρ = Iρ cr + c 1 R (5) ρ A(ρ) = I c R + c 1ln ρ R + d 1 (6) Für ρ > R: da(ρ) dρ = c ρ (7) Technische Universität München Fakultät für Physik

3 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht A(ρ) = c ln ρ R + d (8) Wegen ln(ρ/r) = lnρ lnr entspricht der Faktor R im Logarithmus einer Änderung der Integrationskonstanten. Wegen der REgularität bei ρ = ist c 1 =. Eine Konstante kann willkürlich gewählt werden, wir setzen d =. Dann verschwindet das Vektorpotential auf der Zylinderoberfläche, A(R) =. Die Stromdichte hat einen Sprung bei ρ = R. Damit Gleichung (3) erfüllt ist, muss die zweite Ableitung von A(ρ) ebenfalls einen Sprung haben. Daher sind die erste Ableitung A (ρ) und die Funktion A(ρ) selbst stetig. Die Stetigkeit von A(ρ) bei R egibt d 1 = I/c, die Stetigkeit von A (ρ) führt zu c = I/c. Damit erhalten wir: Für ρ R: Für ρ > R: A(ρ) = I c 1 ρ R (9) A(ρ) = I c ln ρ R (1) Hiermit berechnen wir noch das Magnetfeld B = rot A: Für ρ R: Für ρ > R: B = A (ρ) e ϕ = I c e ρ ϕ (11) R B = A (ρ) e ϕ = I c e ϕ 1 ρ (1) Lokalisierte Stromverteilung Die Stromverteilung j( r) sei räumlich begrenzt. Leiten Sie: d 3 r j( r) = (13) aus div j( r) = ab. Verwenden Sie dazu j = ( j ) r. Wir setzen j( r) = ( j ) r und integrieren partiell: d 3 r j( r) = d 3 r( j( r) ) r = d 3 r r( j( r)) = (14) Die Randterme fallen weg, da die Stromverteilung lokalisiert ist. Technische Universität München 3 Fakultät für Physik

4 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht Kleiner Permanentmagnet Ein kleiner Permanentmagnet (Dipolmoment µ) ist bei d = d e x so gelagert, dass er sich innerhalb der x y Ebene frei drehen kann. Auf den Magnnet wirkt ein homogenes Magnetfeld B = B e x. In welche Richtung zeigt µ im Gleichgewicht? In welche Richtung zeigt µ im Gleichgewicht, wenn es zusätlich noch einen Draht mit der Stromdichte j = Iδ(x)δ(y) e z gibt? Die potentielle Energie eines magnetischen Dipols µ im äußeren magnetischen Feld B ist W = µ B. Ein drehbar gelagerter magnetische Dipol stellt sich im Gleichgewicht so ein, dass W minimal wird. Die ist der Fall, wenn µ in die Richtung von B zeigt. Für B = B = B e z zeigt µ (oder die Kompassnadel) also in x - Richtung. Der stromdurchflossene Draht bewirkt das zusätliche Magnetfeld: B 1 ( r) = I cρ e ϕ = I cρ sinϕ cosϕ = I c 1 x + y y x (15) Am Ort d = (d,, ) des Dipols ist das wirksame Magnetfeld dann: B = B + B 1 ( d) = B e x + I cd e y (16) Der Magnet stellt sich parallel zu B ein. er bildet damit den Winkel: α = arctan I α 1 I (17) cdb cdb zur x - Achse. Für kleine Winkel ist die Ablenkung proportional zur Stromstärke. Die Anordnung eignet sich als Strommessgerät (Amperemeter). 4 Oberflächenströme der homogen magnetisierten Kugel Das Magnetfeld: Für r < R: Für r > R: B = B e z (18) B = r r( r µ) µr r 5 (19) gehört zu einer homogen magnetisierten Kugel mit dem Dipolmoment µ = µ e z. In den Bereichen r < R und r > R gelten jeweils div B = und rot B =. Als Quellen des Feldes kommen daher Technische Universität München 4 Fakultät für Physik

5 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht nur Ströme auf der Oberfläche in Frage. Wegen der Zylindersymmetrie sind die Oberflächenströme von der From: j = I(ϑ) πr δ(r R) e ϕ () Bestimmen Sie den Strom I(ϑ) und das magnetische Moment µ. Leiten Sie dazu aus den Feldgleichungen folgende Beziehungen ab: B r (R + ε) B r (R ε) = (1) B ϑ (R + ε) B ϑ (R ε) = 4π c I(ϑ) πr () Wir betrachten ein kleines Volumenelement an der Kugeloberfläche, das von den Flächenelemenen d A = (R + ε) sinϑdϑdϕ e r und (R ε) sinϑdϑdϕ e r begrenzt ist (mit ε ). Aus div B = (gilt überall, auch bei r R) folgt A d A B =. Hieraus ergibt sich sofort B r (R+ε) B r (R ε) =. (B ϑ (R + ε) B ϑ (R ε))rdϑ = 4π c I(ϑ) πr R+ε R ε drrdϑδ(r R) = 4I(ϑ) dϑ (3) c Hieraus folgt zweite obige Gleichung. Die sphärischen Komponenten des gegebenen Magnetfelds sind: Für r R: Für r > R: B r B cosϑ, B ϑ = B sinϑ, B ϕ = (4) B r = µcosϑ/r 3, B ϑ = µsinϑ/r 3, B ϕ = (5) Wenn wir dies in unsere Ausgangsgleichungen einsetzen erhalten wir das magnetische Moment und den Oberflächenstrom: µ = 1 B R 3, I(ϑ) = cr 4 ( µ R 3 + B ) sinϑ = 3cµ sinϑ (6) 4R 5 Dicht gewickelte Spule Gegeben sei eine sehr dicht gewickelte Spule der Länge L (Spulenradius R, Windungszahl n), die vom Gleichstrom I durchflossen wird. 1. Berechnen Sie die magnetische Induktion auf der Achse (z - Richtung). Technische Universität München 5 Fakultät für Physik

6 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht Diskutieren Sie die Grenzfälle L R und L R. 3. Berechnen Sie das magnetische Moment m der Spule. 4. Wie sieht die magnetische Induktion B( r) in großer Entferungn vom Spulenmittelpunkt aus? Lösung 1. Bio Savart Gesetz: mit: B( r) = µ 4π d 3 r j( r ) r r r r 3 (7) Zahl der Windungen auf dz : n L dz r = (,, z), r = (Rcosϕ, Rsinϕ, z ) (8) Stromdichte einer WIndung (q: Leiterquerschnitt): Superpositionsprinzip: j( r ) I q e varphi, d 3 r = qrdϕ (9) B( r) = µ L n 4π L L dz I π q qr e varphi r r dϕ (3) r r 3 e ϕ = ( r r ) = ( sinϕcosϕ, ) ( Rcosϕ, Rsinϕ, z z ) = = ((z z )cosϕ, (z z )sinϕ, R) (31) r r 3 = (R + (z z ) ) 3/ (3) π cosϕdϕ = π sinϕdϕ = (33) Für Punkte r außerhalb der Achse ist das Integral nicht elementar lösbar! Auf der z - Achse gilt: B(z) = µ nir L = µ nir L L ni = µ L e z L dz 1 ( +(z z ) ) 3/ e z = e (z z ) z R R + (z z ) L z + L R + (z + L ) L = z L R + (z L ) (34) Technische Universität München 6 Fakultät für Physik

7 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht Speziell: B z () = µ ni 4R + L (35) ( B z ± L ) ni = µ (36) 4R + 4L. Innerhalb der Spule ( z < L ) : Für L R: Für L R: Für außerhalb der Spule: Für z L, R : B z µ n L I (37) B z µ n R I (38) B z (39) Für z L R: B z ±µ nir z 3 B z = ±µ ni L ±µ ni L = ±µ nir L = ±µ nir 4Lz ( R ) 1 ( R (z + L/) (z L/) 1 1 ( ) R ( ) R z + L z L = [ ] 1 (z L) 1 = z + L [( 1 z) L ( 1 + L ) ] z ) ±µ nir 4Lz (1 + L z 1 + L z ) 1 (4) 3. Magnetisches Moment: Wie in 1: m = 1 ( r j( r ))d 3 r (41) Technische Universität München 7 Fakultät für Physik

8 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht m = n L L L dz I π q qr ( r e ϕ )dϕ (4) Damit: r e ϕ = (Rcosϕ, Rsinϕ, z ) ( sinϕ, cosϕ, ) = = ( z cosϕ, z sinϕ, R) (43) } {{ } kein Betrag zu m m = f racnir L e z L L π dz dϕ = ni(πr ) e z (44) 4. Dipolfeld: B = µ ( 3( r m) r m ) 4π r 5 r 3 (45) Auf der Spulenachse ( r = e z ) und mit dem Ergebnis aus 3: B = µ nir z 3 e z (46) 6 Helmholtz-Spulen Zwei parallele kreisförmige Leiterschleifen werden beide vom Strom I in gleicher Richtung durchflossen. Die Kreise liegen parallel zur x y Ebene, sie haben beide den Radius R und ihre Mittelpunkte liegen bei (x, y, z) = (,, b) und (,, b). Bestimmen Sie das Vektorpotential der einzelnen Leiterschleifen. Entwickeln Sie das Vektorpotential in der Nähe des Koordinatenursprungs bis zur Ordnung O(ρ 3, ρz ). Welche Beziehung muss zwischen dem Radius R und dem Abstand D = b der Kreise gelten, damit das Magnetfeld in diesem Bereich möglichst homogen ist? A(ρ, z) = IR c π cosϕ ρ + R + (z b) ρcosϕ + cosϕ ρ + R + (z + b) ρcosϕ (47) Für r ho R und z b wird der Integrand bis zur geforderten Ordnung entwickelt. In der anschließenden Winkelintegration: π dϕ cosnϕ = π ( ) n n n/ (48) überleben nur die geraden Potenzen des Cosinus. Damit erhalten wir: Technische Universität München 8 Fakultät für Physik

9 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht A(ρ, z) = π IR [ ρr 1 3 ρ + z c (R + b ) 3/ (R + b ) + 15 ρ R + 4b z ] + O(ρ 4, z 4 ) = 8 (R + b ) [ = π IR ρ R 4b ] (49) c (R + b ) 3/ 8 (R + b ) (ρ + 4z ) + O(ρ 4, z 4 ) Mit der Wahl R = D = b fällt der zweite Term in der Klammer weg und das Vektorpotential vereinfacht sich zu: A(ρ, z) Das Magnetfeld ist dann weitgehend homogen: 16πI 5 5cR ρ (5) 1 d B = B z e z, B z ρ dρ (ρa) 3πI 5 5cR (51) 7 Magnetische Momente Berechnen Sie die magnetischen Momente der folgenden Systeme. 1. Vollkugel (Radius R, Ladung Q), die mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω um eine raumfeste Achse durch den Kugelmittlepunkt rotiert.. Hohlkugel (Radius R) mit der Ladungsdichte ρ( r) = σ δ(r R)cos ϑ (5) die mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω um eine raumfeste Achse durch den Kugelmittelpunkt rotiert (ϑ = ( ω, r)). m = 1 ( r /vec j( r))d r r (53) 1. Vollkugel: Ladungsdichte: Stromdichte: Q ρ( r) Θ(r R) (54) 4π 3 R3 j( r)ρ( r) v( r) = ρ( r)( ω r) (55) Technische Universität München 9 Fakultät für Physik

10 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht ω parallel Polarachse: ω = ω e z m = 3Q 8πR 3 = 3Q 8πR 3 ( ω4π r ( ω r) ωr r( r ω) (56) Θ(r R)( ωr rrωcosϑ)d 3 r = R ) (57) r 4 dr ω r Θ(r R)cosϑ(sinϑsinϕ, sinϑcosϕcosϑ)d 3 r x und y Komponente des zweiten Integrals liefern offensichtlich keinen Beitrag. Es bleibt deshalb: m = 3Q (4π 8πR ω R5 3 = 3QR 4π ω R 1 ) 5 π r 4 dr dcosϑcos ϑ = 1 ) (58) ( 4π π 3 m = 1 5 QR ω (59). inhomogen geladene Hohlkugel: wie in 1. j( r) = σ δ(r R)cos ϑ( ω r) (6) m = 1 σ d 3 rδ(r R)cos ϑ( ωr r( r ω)) = = 1 π σ R 4 dϕ = 1 σ R 4 π = πσ R 4 ω dcosϑcos ϑ( ωωcosϑ e r ) = dcosϑcos ϑ( ω ωcosϑ(,, cosϑ)) = dcosϑ(cos ϑ cos 4 ϑ) (61) Gesamtladung: m = 4π 15 σ R 4 ω (6) Q = d 3 rσ δ(r R)cos ϑ = 1 = πσ R dcosϑcos ϑ = = 4π 3 σ R 1 (63) Technische Universität München 1 Fakultät für Physik

11 Ferienkurs Merlin Mitschek, Verena Walbrecht sigma = 3Q 4π 1 (64) R m = 1 5 QR ω (65) Technische Universität München 11 Fakultät für Physik