Ferienkurs Elektrodynamik WS 11/12 Übungsblatt 1

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1 Ferienkurs Elektrodynamik WS 11/12 Übungsblatt 1 Tutoren: Isabell Groß, Markus Krottenmüller, Martin Ibrügger Aufgabe 1 - Wehselwirkung zwishen Drähten Ein dünner rehtekiger Draht #2 befinde sih in der skizzierten Weise neben einem dünnen, unendlih langen Draht #1. Die Drähte werden von den Gleihströmen I 1 und I 2 durhflossen. Welhe Kraft üben die Drähte aufeinander aus? Lösung: Die Kraft zwishen den beiden Drähten bestimmt man über die Kraft, die das Magnetfeld des Drahtes #1 auf die Shleife #2 ausübt. Das Magnetfeld eines stromführenden Drahtes bestimmt man über den Satz von Stokes und die Maxwell-Gleihung B = 4π j und erhält: B 1 (r) = 2I 1 r êφ Hier wurden Zylinderkoordinaten verwendet, r 2 = x 2 + y 2 (mit dem Draht #1 auf der z-ahse). Das untereder horizontalen Segmente der Drahtshleife #2 (mit der Länge a) liege auf der negativen x-ahse. Damit steht auh die Rihtung des Magnetfeldes 1

2 bei seiner Wirkung auf die Drahtshleife #2 fest: B 1 ê y (Rehte-Hand-Regel). Das Magnetfeld, wie es insgesamt mit der Shleife #2 wehselwirkt, ist: B 1 = 2I 1 r êy Die magnetishe Kraft, die ein äußeres Magnetfeld B auf ein Strom führendes Drahtelement dr ausübt, ist: df = Idr B Die Kraft zwishen den beiden Drähten ist somit: F= I 2 dr B 1 #2 = 2I 1I 2 = 2I 1I 2 [( b 1 a d dz ( b a b d + a b a ) ê x ) ( 1 d+a d + a dz 1 d+a ) ] ê x + d x dx 1 d x dx ê z Die beiden Drähte ziehen sih an. Die Kraft in x-rihtung entsteht durh die beiden senkrehten Drahtsegmente der Länge b, jeweils zu vershiedenen Abständen zum Draht #1. Die beiden waagrehten Anteile der Länge a heben sih bzgl. der Kräfte genau auf, einzeln sind sie in z-rihtung orientiert. Aufgabe 2 - Rotierender Zylinder Ein unendlih langer Zylinder, der homogen mit der Ladungsdihte ρ geladen ist, rotiert starr um die Zylinderahse mit der Winkelgeshwindigkeit ω. Geben Sie die Stromdihte j(r) an und berehnen Sie unter der Annahme B(r) = B(r)ê z das Magnetfeld innerhalb und außerhalb des Zylinders. Lösung: j(r)= ρ v(r) = ρθ(r r)ω r with ω= ωê z r = rê r j(r)= ρωrθ(r r)ê φ Wähle als Integrationsbereih ein Rehtek derart, dass die durh dieses aufgespannte Ebene die Zylinderahse enthält. Zwei Seiten sollen parallel zur Ahse sein (Länge L), zwei senkreht. Die senkrehten Seiten haben im Ampereshen Gesetz keinen Beitrag. B dl= 4πI eing LB out = LB in = 4π I eing = 4π j da = 4π R A L dr ρωr r B in = 2πρω (R 2 r 2 )Θ(R r) 2

3 Aufgabe 3 - Rotierende Sheibe Eine unendlih dünne runde Sheibe mit Radius R ist homogen geladen. Die Sheibe liege in der xy-ebene mit ihrem Mittelpunkt im Ursprung und rotiere mit der Winkelgeshwindigkeit ω um die z-ahse. Bestimmen Sie die asymptotishe Form des Magnetfeldes B mithilfe des Dipolmoments m. Berehnen Sie außerdem das exakte Feld auf der Symmetrieahse, also B(,, z) und vergleihen Sie mit der Dipolnäherung. Lösung: Die Stromdihte beträgt (mit ϱ dem Radius in Zylinderkoordinaten): ρ(ϱ)= σθ(r ϱ) j(ϱ)= vρ(ϱ) v = ω r j(ϱ)= ωϱσθ(r ϱ)ê φ Für das magnetishe Moment folgt: m= 1 d 3 ϱ ( r j(r ) ) = = 1 2 R dϱ 2π R dφϱ 3 ωσê z = πr4 ωσ ê z 4 2π dϱ ϱ dφ ( ϱ ê ϱ ωϱ ) σê φ Das Magnetfeld ist: B(r)= 3r(m r) r2 m mit m= mê z r 5 und r = ϱê r + zê z Komponentenweise: B ϱ = 3mzϱ r 5 B φ = = πr4 ωσ 4 3zϱ (ϱ 2 + z 2 ) 5/2 B z = 3z2 m r 5 r2 m r 5 = πr4 ωσ 4 ( 2z 2 ϱ 2 (ϱ 2 + z 2 ) 5/2 ) 3

4 Die Berehnung des exakten Feldes auf der z-ahse erfolgt über Biot-Savart: B(r)= 1 d 3 r j(r ) r r r r 3 ϱ os φ r r = ϱ sin φ z sin φ ϱ os φ j(ϱ ) (r r )= ωϱ σθ(r ϱ ) os φ ϱ sin φ z z os φ B(,, z)= 1 B ϱ (,, z) = B φ (,, z) = B z (,, z) R = 2πωσ = 2πωσ = ωϱ σθ(r ϱ ) z sin φ ϱ 2π dϱ ϱ dφ ωϱ z os φ σ (ϱ 2 + z 2 ) 3/2 z sin φ ϱ R dϱ ϱ 3 (ϱ 2 + z 2 ) 3/2 ( 2z 2 + R 2 ) R 2 + z 2z 2 Bronstein = Int. 29 2πωσ [ ϱ 2 + z 2 + ] z 2 R ϱ 2 + z 2 Für das über das Dipolmoment berehnet Feld gilt auf der z-ahse: B z (,, z)= πr4 ωσ 2 1 z 3 4

5 Ferienkurs Elektrodynamik Elektrishe und Magentishe Felder in polarisierbarer Materie Stand: 2. März 212 Übungsblatt WS11/12 1. Dielektrishe Kugel im äußeren E-Feld In einem homogenen elektrishen Feld mit E o = E o e z ( e z ist der Einheitsvektor in z-rihtung) befinde sih eine dielektrishe Kugel mit dem Radius R und der Dielektrizitätskonstante ɛ. a) Berehnen sie das Elektrishe Feld innerhalb und außerhalb der Kugel mit dem Ansatz: φ(r, θ) = l (A l r l + B l r l+1 )P l(osθ) (.1) A l und B l sind dabei zu bestimmende Unbekannte, P l (os) die Legendre-Polynome. b) Berehnen sie die Polarisation und die Oberflähenladungsdihte der Kugel. Lösungsvorshlag: Lösungsweg analog zu Magnetisierbare Kugel im B-Feld, siehe auh Vorlesung. a) Ergebnisse: E i = 3 ɛ + 2 E e z (.2) E a = E e z + ɛ 1 ɛ + 2 E or 3 3 os(θ) e r e z r 3 (.3) b) P = d V = (ɛ 1 ɛ + 2 ) E 3 4π (.4) σ = Q pol F (.5) V P d 3 r = Gauß = V F ρ pol d 3 r = Q pol d f P = F n P = F e r P (.6) σ pol = e rp 3 ɛ 1 4π ɛ + 2 E (.7) 2. Magnetisierbare Kugel im äußeren B-Feld 1

6 In einem homogenen Feld B o = B o e z ( e z ist der Einheitsvektor in z-rihtung) befinde sih eine magnetishe Kugel mit dem Radius R und der Dielektrizitätskonstante µ. a) Berehnen sie das magnetishe Feld H innerhalb und außerhalb der Kugel. Hinweis: Sind keine freien Ströme vorhanden, kann H als Gradient eines Skalarfeldes ausgedrükt werden. (Analog zum Elektrishen Feld) b) Berehnen sie die Magnetisierung der Kugel und diskutieren sie die Fälle µ > 1 und µ < 1. ) Was würde sih bei der Berehnung ändern, wenn sih auh außerhalb der Kugel ein magnetisierbares Material befinden würde µ a µ? Lösungsvorshlag: a) Da keine freien Ströme vorhanden sind, kann H als Gradient eines Skalarfeldes augedrükt werden: H = Φ M Die allgemeine Lösung der Laplae Gleihung in Kugelkoordinaten ist: l Φ(r, θ, φ) = (A lm r l + B lm r r+l )P lm(os θ)e imφ (.8) l= m= l bei azymutaler Symmetrie (m=) vereinfaht sih dies zu: Φ(r, θ) = l= (A l r l + B l r r+l )P l(os θ) (.9) Es ergibt sih für das magnetishe Potential innerhalb und außerhalb der Kugel: Innen: Φ i (r, θ) = l (A l r l )P l (os θ) Außen: Φ a (r, θ) = l (B l r l + C l r r+l )P l (os θ) Aufstellung der Randbedingungen: z : es soll gelten: B ( ) = B e z, B i = µ H, Ba = H mit H = Φ M ergibt sih: Φ a = B z = B r os θ (.1) durh Vergleih mit Φ a erkennt man, dass B l = B sein muss, und l = 1 gelten muss. Tangentialbedingung für H: allgemein: [ H = Φ Φ = r e r + 1 ] Φ r θ e θ (.11) 2

7 Tangentialbedingung: Normalbedingung für B 1 r Φ a θ µ Φ a r = 1 r=r r Φ i θ (.12) r=r = Φ i r=r r (.13) r=r daraus erhält man für die Koeffizienten (einsetzen und nah A 1 und C 1 auflösen!): A 1 = µ B (.14) C 1 = B 1 µ µ + 2 (.15) Damit ergibt sih für das Potential: Φ i = µ B or os θ (.16) Φ a = B r os θ + os θ r 2 R3 µ 1 µ + 2 B (.17) und für das H-Feld: H i = µ E e z (.18) H a = B e z + µ 1 µ + 2 B R 3 3 os θ e r e z r 3 (.19) b) Dies lässt sih umshreiben zu: H a = B e z + 3 e r( m e r ) m r 3 (.2) Darauf kann man das magnetishe Dipolmoment und somit die Magnetisierung ( M = m V, V = 4 3 πr3 ) bestimmen: m = µ 1 µ + 2 B or 3 e z (.21) M = µ 1 µ + 2 B 3 o 4π e z (.22) Für µ > 1 ist die Magnetisierung parallel zu B. Die Dipole im Medium rihten sih parallel zum Magnetfeld aus. Paramagnet Für µ < 1 ist die Magnetisierung antiparallel zu B. Induzierte Ströme im Material wirken dem äußeren Magnetfeld entgegen. Diamagnet 3

8 ) Es würde sih für B 1 Bo µ a ergeben. Außerdem muss bei der Normalbedingung für B auf der rehten Seite auh mit µ a multipliziert werden. 3. Spiegelladung mit Dielektrikum Eine Punktladung q im Raum mit ɛ 1 befindet sih im Abstand d von einer ebenen Grenzflähe (bei z = ) zu einem dielektrishen Medium mit der Dielektrizitätskonstante ɛ 2. Bestimmen sie das erzeugte elektrishe Feld mit der Methode der Spiegelladungen. Lösungsvorshlag: Wiederholung: Die Methode der Spiegelladung eignet sih für Probleme, bei denen sih eine oder mehrere Punktladungen in der Nähe von Randflähen befinden. Man versuht mit einer kleinen Anzahl von Ladungen, die außerhalb des interessierenden Gebiets geeignet platziert werden und eine geeignete Stärke haben, die geforderten Randbedingungen zu simulieren. Hier sieht die Anordnung nah ersetzen des Grenzgebietes durh eine Spiegelladung folgendermaßen aus: x ɛ 2 ɛ 1 P A R 2 ρ R 1 q q d d A z Mit der Spiegelladung q am spiegelsymmetrishen Punkt A kann man das Potential für z > shreiben als: Φ 1 = 1 4πɛ 1 ( q R 1 + q R 2 ) (.23) wobei R 1 und R 2 folgendermaßen ausgedrükt werden können: R 1 = ρ 2 + (d z) 2 R 2 = ρ 2 + (d + z) 2 (.24) Wir nehmen an, dass das Potential für z < äquivalent ist zu dem einer Ladung q an der Stelle A der tatsählihen Ladung q. Damit lautet das Potential: Φ 2 = 1 4πɛ 2 q R 1 (.25) Die Randbedingungen bei x = : ɛ 1 E 1 z = ɛ 2 E 2 z E 1 x = E 2 x E 1 y = E 2 y (.26) 4

9 also für die z-komponente ɛ 1 z Φ 1 = ɛ 2 z Φ 2 (.27) z und mit ( ) 1 = ( ) 1 R1 z= z R2 z= = d (ρ 2 + d 2 ) 3 2 (.28) ( ) 1 = ( ) 1 = ρ R1 z= ρ R2 z= ρ (ρ 2 + d 2 ) 3 2 (.29) führen auf die Forderungen: q q = q 1 ɛ 1 (q + q ) = 1 ɛ 2 q (.3) Diese Gleihung kann man nah den Spiegelladung auflösen und man erhält: ( ) ( ) q ɛ2 ɛ 1 = q q 2ɛ2 = q (.31) ɛ 2 + ɛ 1 ɛ 2 + ɛ 1 Shließlih müssen nur noh die q s in die Formal für E eingesetzt werden: E( r) > = 1 ( ) R 1 q 4πɛ ɛ 1 R R2 q R 2 3 (.32) und R1 E( r) < = 1 q 4πɛ ɛ 2 R 1 3 (.33) 4. Plattenkondensator mit Dielektrikum Zwishen zwei rehtekigen, unendlih dünnen Metallplatten der Flähe l s, die parallel im Abstand d liegen, ist ein Dielektrikum ɛ mit den Ausmaßen r s d eingeshoben. Die obere/ untere Platte trägt die Ladung +Q/-Q. Da die Platten leitend sind, sind die Ladungsträger auf den Platten frei vershiebbar. Die z-ahse steht senkreht auf den Platten. l d ɛ s r 5

10 a) Berehnen sie D, E und die Oberflähenladungsdihte, jeweils in Region I (mit Dielektrikum) und in Region II (ohne Dielektrikum). b) Wie groß ist die Kapazität (C = Q Φ ) dieser Anordnung? Lösungsvorshlag: a) Es gilt: D = ρ frei (.34) bzw. z D z = ρ frei (.35) Da sih freie Ladungen nur auf der Oberflähe der Platten befinden können, hat die Ladungsdihte folgende Form: ρ frei = σ[δ(z) + δ(z a)] (.36) damit ergibt sih: D z = σ[δ(z) + δ(z a)]dz = σ(z =, d) (.37) D I = σ I e z (.38) D II = σ II e z (.39) Die Tangentialkomponenten von E müssen stetig sein, also gilt für den Plattenkondensator: E I = E II D I = ɛd II σ I = ɛσ II (.4) Da die Gesamtladung einer Platte Q beträgt muss gelten: Q = σ I sr + σ II (l s)s = σ II s[sɛ + (l r))] (.41) daraus folgt: σ II = und damit ( D = ɛɛ D): D I = Q ɛq σ I = E I = 1 ɛ ɛq Q (.42) (.43) D II = Q E II = 1 ɛ Q (.44) b) Die Kapazität eines Plattenkondensators ergibt sih zu: C = Q Φ = Q E d = ɛ s(r(ɛ 1) + l) d (.45) 6