Klassische Theoretische Physik III WS 2014/ D Leiterschleifen: (15 Punkte)

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1 Karlsruher Institut für Tehnologie Institut für Theorie der Kondensierten Materie Klassishe Theoretishe Physik III WS 2014/2015 Prof. Dr. A. Shnirman Blatt 7 Dr. B. Narozhny Lösungen 1. 2D Leitershleifen: (15 Punkte) (a) Ein dünner Leiter, in dem der Strom I fliesst, bildet ein gleihseitiges Dreiek [Seitenlänge a, Mittelpunkt (0, 0, 0)] in der xy-ebene. (a1) Berehnen Sie das magnetishe Feld B entlang der z-ahse. Um das Mangetfeld zu berehnen, verwenden wir das Biot-Savart Gesetz B( r) = µ 0I d l r r 3. Wir betrahten zuerst das Magnetfeld eines dünnen Leiters (siehe Skizze). Die Grösse d l r zeigt senkreht aus der Bildebene und wir finden d l r = d l r = r 2 dα e z. Führen wir die Distanz b = r os α ein (siehe Skizze). Dann db = µ 0I os αdα. b Für einen unenndlihen Draht integrieren wir im Interval ( π/2, π/2). Für eine Kante (z.b. eines Dreieks) integrieren wir in einem kleineren Interval ϕ 2 B = µ 0I os αdα = b ϕ 1 µ 0 I b (sin ϕ 2 sin ϕ 1 ).

2 Betrahten wir jetzt das Feld des Dreieks im Punkt (0, 0, z), siehe Abbildung. Auf Symmetriegründen ist das Feld entlang z-ahse gerihtet. Deswegen berehnen wir das Feld jeder Kante und dann summieren die z-komponenten. Alle drei Beiträge sind gleih. Sehen Sie die Abbildung für die Geometrie der Aufgabe. Die Integrationsgrenzen sind symmetrish ϕ 1 = ϕ 2 = ϕ. Dann finden wir für die z-komponente des Feldes einer Kante Hier sin ϕ = B 1z = µ 0I sin ϕ os ψ. 2πb a 2 a 2 /4 + b 2, os ψ = a 2b 3, b = z 2 + a 2 /12. Letztendlih finden wir das Feld des Dreieks B z = 3B 1z = µ 0 3 Ia 2 8π (z 2 + a 2 /12) z 2 + a 2 /3. (a2) Berehnen Sie das magnetishe Dipolmoment der Leitershleife. Das magnetishe Dipolmoment ist proportional zur umshlossenen Flähe des Leiters. Somit ergibt sih 3 m = 4 Ia2 e z. (a3) Berehnen Sie das magnetishe Dipolfeld auf der z-ahse und vergleihen Sie mit dem exakten Ergebnis aus (a1). Das magnetishe Dipolfeld ist durh B = µ 0 3 n ( m n) m r 3 gegeben. Hier n = r/ r. Da das magnetishe Dipolmoment entlang der z-ahse gerihtet ist, finden wir B z = µ 0 2m z = µ 0 3 Ia 2 z 3 8π z. 3 Im Fernfeld (für z a) geht das exakte Magnetfeld in das Dipolfeld über.

3 (b) Das Dipolmoment kann durh die vom Leiter umshlossene Flähe ausgedrükt werden. Gilt dies für niht kreisförmige Leitershleifen? Ja. Das Dipolmoment ist für flahe Leitershleifen immer proportional zur umshlossenen Flähe der Leitershleife. () Ein dünner Leiter bildet ein gleihseitiges Sehsek mit der Kantenlänge a [Mittelpunkt (0, 0, 0)], das in der xy-ebene liegt. Berehnen Sie das magnetishe Feld B entlang der z-ahse, wenn in dem Leiter der Strom I fliesst. Die Aufgabe ist so ähnlih wie (a2). Der einzige Untershied ist dass die Distanz b und der Winkel ψ als anders definiert wurden Deswegen, finden wir b = z 2 + 3a 2 /4, os ψ = a 3 2b. B z = 6B 1z = 3µ 0 3 Ia 2 (z 2 + 3a 2 /4) z 2 + a. 2 (d) Gegeben sei eine geshlossene, von einem konstanten Strom I durhflossene Leitershleife. Berehnen Sie explizit die Gesamtkraft F die das von der Leitershleife erzeugte Magnetfeld B auf die Leitershleife selbst ausübt. Wir benutzen das Biot-Savart-Gesetz, um das B-Feld der Leitershleife zu bestimmen B( x) = µ 0 dv j( x ) ( x x ). Ausgehend von der Definition des Kraftelements d f = d j( x) B( x), sowie des B-Feldes nah Biot-Savart, erhalten wir die gesamte Kraft, die die Stromverteilung j auf die Leitershleife selbst ausübt durh Integration über die gesamte Shleife: ( F = µ j( x) j( x ) ( x x )) 0 dv dv Da die Stromdihte j nur auf der Leitershleife ungleih null ist und dort überall konstant, können wir das Volumenintegral jeweils durh ein geshlossenes Linienintegral über die Leitershleife ersetzen dv j( x) I d l

4 wir erhalten dann F = I2 µ 0 = I2 µ 0 d l ( d ) l ( x x ) ( d ) l ( x x ) d l } {{ } (1) (d l d ) l ( x x ). }{{} (2) Es wurde die Vektoridentität a ( b ) = ( a ) b ( a b) benutzt. Wir betrahten die beiden Teile des Integrals getrennt. Der zweite Term ist antisymmetrish unter Umbenennung der Integrationsvariablen x x. Er ist damit gleih seinem eigenen negativen, und damit null. (d l d l x x x x ) = (d l d l) x x = (d l d l x x ) = 0. Der erste Term ist d l d l x x = d l d l x 1 x x = 0 da die Integration des Gradienten einer beliebigen skalaren Funktion über eine geshlossene Kurve immer null ergibt (Stokes sher Satz, konservative Felder). Wenn die Ersetzung des Volumenintegrals durh das Kurvenintegral niht vorgenommen wurde, haben wir das folgende Integral: dv dv j( x ) j( x) 1 x x Hier kann die Vektoridentität (φ a) = a φ + φ a für beliebige Vektorfelder a und Skalarfelder φ sowie die Quellenfreiheit von j, dv j = 0 verwendet werden, um das Ergebnis zu zeigen. 2. 3D Leitershleifen:: (9 Punkte) Betrahten Sie einen dünnen Leiter, der die folgenden 3 Formen bildet (siehe Abbildung).

5 Im Leiter fliesst der Strom I = 8 A. Der Radius des gerundeten Anteils ist R = 100 mm. Der lineare Anteil des Leiters ist sehr Lang. Finden Sie das Magnetfeld B im Punkt O für die drei Fälle. Benutzen wir die Aufgabe (a2). (a) (b) B = B 1 + B 2 + B 3 = µ 0I R ( e z π e x e z ) = µ 0I R (π e x + 2 e z ). B = µ 0I π2 + 4 = 0.3µT. R B = B 1 + B 2 + B 3 = µ 0I R ( e z π e x e x ) = µ 0I R [(π + 1) e x + e z ]. () Hier sollen wir erst die Ströme finden: B = µ 0I (π + 1)2 + 1 = 0.34µT. R Dann I 1 + I 2 = I, I 1 I 2 = 1 3 I 1 = 3I 4, I 2 = I 4. B = µ [ ] 0 3π I e z I e y I 1 R 2 e π x + I 2 2 e x = µ 0I R ( e z + e y ). B = µ 0I 2 R = 0.11µT. 3. Drehmoment auf Stromverteilung: (6 Punkte) Betrahten Sie eine konstante Stromverteilung j( r) in einem homogenen konstanten externen magnetishen Feld B. Zeigen Sie, dass für das Drehmoment N auf die Stromverteilung gilt N = m B, wobei m das magnetishe Moment der Stromverteilung ist. Das magnetishe Moment m der Stromverteilung ist durh m = 1 dv x j( x). gegeben. In dieser Lösung benutzen wir das Gauß shen Einheitssystem. Wir gehen dabei von der allgemeinen Definition des Drehmoments aus d N = x d F.

6 Einsetzen des Kraftelements df und Integration liefert N = 1 dv x j( x) B. Zur Darstellung der Kreuzprodukte kann der total antisymmetrishe Levi-ivita-Tensor ɛ ijk verwendet werden. Es gilt: Weiterhin gilt i = ( a b) i = 3 j=1 k=1 3 ɛ ijk a j b k. 3 ɛ ijk ɛ ilm = δ jl δ km δ jm δ kl. i=1 Wir benutzen, dass für die Komponenten der quellfreien Stromdihte j gilt dv (x i j j + j i x j ) = 0. (1) Es folgt (Ahtung - Einsteinshe Summationskonvention!): N i = 1 dv ε ijk x j ε klm j l B m = 1 dv ε kij ε klm x j j l B m = 1 dv (δ il δ jm δ im δ jl )x j j l B m = 1 dv (x m j i B m x l j l B i ) = 1 dv x m j i B m. Dabei wurde die Eigenshaft des Levi-ivita-Tensors benutzt, sowie die Eigenshaft, dass der Levi-ivita-Tensor unter zyklisher Vertaushung der Indizes unverändert bleibt; ε ijk = ε jki = ε kij = ε ikj =... ; in der letzten Zeile wurde ausserdem die Integralidentität (1) ausgenutzt: dv x i j i = dv j i x i dv x i j i = 0. Es soll gezeigt werden, dass obige Gleihung identish ist zu N = m B. Wir shreiben dies ebenfalls in Komponenten: N i = 1 dv ε ijl ( x j) j B l = 1 dv ε ijl ε jkm x k j m B l = 1 dv (δ lk δ im δ lm δ ik )x k j m B l = 1 dv (x l j i B l x i j l B l ) = 1 dv x l j i B l. In der letzten Zeile wurde wieder die Integralidentität (1) verwendet: dv x i j j = dv x j j i dv (x i j j x j j i ) = 2 dv x i j j