1. Elektrostatische Felder E

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1 1. Elektrosttishe Felder E Zusmmenfssung wihtiger Formeln Die Elektrosttik beshäftigt sih mit den Feldern zeitlih konstnter Ldungsverteilungen. Grundlge dfür ist die Coulomb-Krft uf eine infinitesimle Ldung dq im elektrishen Feld E dk =dq E. Der Beitrg eines Ldungselementes dq zur elektrishen Feldstärke E ist de = dq 4πε (1.1) R 12 As R 3, ε = Vm, (1.2) wobei der Vektor R von der Ldung zum betrhteten Aufpunkt weist. Ds Gesmtfeld einer beliebigen Ldungsverteilung folgt us (1.2) durh Summtion bzw. Integrtion (Superpositionsprinzip). Grundgleihungen im Vkuum Die Grundgleihungen der Elektrosttik luten ls Spezilfälle der Mxwell shen Gleihungen in differentieller bzw. integrler Form E =, E ds = S E = q ˆ (1.3) V, ε E df = q V dv = Q gesmt. ε F V q V ist die räumlihe Dihte der Ldungsverteilung. Ds Oberflähenintegrl in (1.3), ds sogennnte Guß she Gesetz der Elektrosttik, steht für lle möglihen Ldungen in V und knn in einigen hohsymmetrishen Fällen, in denen E unbhängig von den Integrtionsvriblen ist, direkt zur Feldberehnung verwendet werden (siehe z.b. Aufg. E5). Ds elektrosttishe Feld ist konservtiv und somit us einem sklren Potentil φ bestimmbr E = φ. (1.4) M. Filtz, H. Henke, Übungsbuh Elektromgnetishe Felder, DOI 1.17/ _1, Springer-Verlg Berlin Heidelberg 212

2 2 1. Elektrosttishe Felder Elementre Feldquellen Die Punktldung Q, der Dipol mit dem Dipolmoment p e und die unendlih lnge, gerde Linienldung q L stellen elementre Quellen des elektrishen Feldes dr, Abb ) P b) P ) R +Q R Q d p e = lim Q Q d Q d Abb Elementre Feldquellen. () Punktldung. (b) Elektrosttisher Dipol. () Unendlih lnge, gerde Linienldung R q L P Potentil und elektrishe Feldstärke dieser Elementrquellen luten in koordintenunbhängiger Form Punktldung: φ = Q 4πε R, E = Q 4πε R R 3 Dipol: φ = 1 4πε p e R R 3, E = 1 4πε (p e ) R R 3 Linienldung: 1 φ = q L 2πε ln R R, E = q L 2πε R R 2. (1.5) (1.5b) (1.5) Anlog zum räumlihen Dipol lässt sih uh ein Liniendipol ls zweidimensionle Elementrquelle einführen (siehe Aufg. E8). Superposition Ds Feld einer gegebenen Ldungsverteilung lässt sih durh Überlgerung der Beiträge infinitesiml kleiner Ldungselemente bestimmen. Dbei ist es zwekmäßig, neben Rumldungen (Dihte q V ) uh Flähenldungen (Dihte q F ) und Linienldungen (Dihte q L ) zuzulssen, Abb Für ds Potentil und die Feldstärke einer Rumldung gilt dbei φ(r) = 1 4πε ˆ V q V (r ) 1 R dv, E(r) = 1 4πε ˆ V q V (r ) R R 3 dv. (1.6) Für den Fll einer Flähenldung bzw. Linienldung ersetzt mn q V (r )dv durh q F (r )df bzw. q L (r )ds. 1 Der Abstnd R in (1.5) sorgt für ein dimensionsloses Argument der Logrithmusfunktion und ht keinen Einfluss uf ds Feld.

3 Zusmmenfssung wihtiger Formeln 3 ) b) ) Linie S q Flähe F Volumen V F q ds df dv L q V R R P P r r Abb () Linienldung. (b) Flähenldung. () Rumldung r r r R r P Mterie im elektrishen Feld Bringt mn mterielle Körper in ein elektrishes Feld ein, so verändert sih dieses in der Regel. Mn untersheidet grundsätzlih leitende und nihtleitende (polrisierbre) Mterie. Leitende Mterie: Im Leiter vershwindet die elektrishe Feldstärke und die Leiteroberflähe stellt eine Äquipotentilflähe dr. Die Ldungen sind frei beweglih und nur uf der Oberflähe vorhnden. Polrisierbre Mterie: Der Einfluss eines polrisierbren Mediums uf ds elektrishe Feld ht seinen Ursprung in der tomren Dipolverteilung des Mterils, die mkroskopish durh die Polristion P (Dipolmomentendihte) beshrieben wird. Für polrisierbre Mterie wird neben der elektrishen Feldstärke zusätzlih die elektrishe Vershiebung D eingeführt und es gilt { ε E + P D = q V, D = (1.7) ε ε r E, wenn P E. ε r ist die reltive Dielektrizitätskonstnte eines lineren Mediums. Ein polrisierter Körper knn lterntiv uh durh äquivlente Polristionsldungen beshrieben werden q Vpol = P, q Fpol = n P Oberflähe. (1.8) Dbei ist n die Flähennormle des polrisierten Körpers. Differentilgleihungen für ds Potentil In Gebieten mit konstnter Dielektrizitätskonstnten ε erfüllt ds elektrosttishe Potentil φ die Poisson-Gleihung 2 φ = q V (1.9) ε bzw. bei Rumldungsfreiheit die Lple-Gleihung 2 φ =. (1.1) Diese Differentilgleihungen bilden zusmmen mit Rnd- und Stetigkeitsbedingungen den Ausgngspunkt einer elektrosttishen Rndwertufgbe. 2 2 Lösungsnsätze für die Lple-Gleihung findet mn im Anhng A.1.

4 4 1. Elektrosttishe Felder Rnd- und Stetigkeitsbedingungen Oberflähen leitender Körper sowie Sprungstellen der Dielektrizitätskonstnten geben Anlss zu Unstetigkeiten der elektrishen Feldverteilung, Abb ) E b) n 2 F ε 2 E 1 ε n E Leiter E = F ε 1 Abb () Sprungstelle der Dielektrizitätskonstnten. (b) Oberflähe eines leitenden Körpers Auf der Leiteroberflähe gelten die Rndbedingungen n E F =, εn E F = q F (1.11) und m Übergng ε 1 /ε 2 die Stetigkeitsbedingungen n ( ) E 2 E 1 =, n (D ) F 2 D 1 =. (1.12) F Dmit ist n der Grenzflähe die Tngentilkomponente der elektrishen Feldstärke stetig und die Normlkomponente unstetig. q F in (1.11) ist die influenzierte Oberflähenldung des leitenden Körpers in Abb. 1.3b. Befindet sih uf der Trennflähe in Abb. 1.3 zusätzlih eine freie Flähenldung q F, so gilt nstelle von (1.12) n ( E 2 E 1 ) F =, n (D 2 D 1 )F = q F. (1.13) Elektrishe Feldenergie Im elektrishen Feld ist die Energie W e gespeihert. Sie lässt sih für vershiedene Anordnungen folgendermßen berehnen: ˆ 1 E D dv (llgemein) 2 ˆV 1 q V φ dv (räumlihe Ldungsverteilung) 2 V W e = (1.14) 1 Qφ (Leiter mit Ldung Q und Potentil φ) 2 Qφ (potentielle Energie einer Punktldung im Potentilfeld φ)

5 Zusmmenfssung wihtiger Formeln 5 Elektrisher Fluss Der elektrishe Fluss durh eine Flähe F ist ls Flähenintegrl ˆ ψ e = D df F (1.15) definiert. Nh dem Guß shen Gesetz ist der von einer Ldungsverteilung usgehende Gesmtfluss identish mit der Gesmtldung der Ldungsverteilung. Der Fluss spielt eine wihtige Rolle bei der Berehnung von Feldlinien, d diese die Bewndung sogennnter Flussröhren bilden. Die prinzipielle Vorgehensweise wird u.. in den Aufgben E13 und E23 erläutert. Im Flle rottionssymmetrisher Felder erhält mn die Feldlinien im ldungsfreien Gebiet durh Lösung der Gleihung ψ e =onst.. Hndelt es sih dgegen um ebene, d.h. von einer gerdlinigen Koordinte unbhängige Felder, so hält mn den Fluss ψ e pro Längeneinheit konstnt. Kpzität Die Kpzität eines Kondenstors bestehend us zwei Elektroden, Abb. 1.4, ist Q C = = Q φ 1 φ 2 U = ψ e U, (1.16) wobei Q und φ 1 Ldung und Potentil der Elektrode 1 drstellen, während die Elektrode 2 die entgegengesetzte Ldung Q und ds Potentil φ 2 ufweist. ψ e ist der von der Elektrode 1 usgehende und in die Elektrode 2 einmündende Gesmtfluss. Bei Mehrleitersystemen, Abb. 1.4b, bestimmt mn die Teilkpzitäten C ij us den Kpzitätskoeffizienten k ij n Q 1 k 11 k 12 k 1n φ 1 C i = k ij Q 2 j=1,. = k 21 k 22 k 2n φ 2.. (1.17) C ij = k ij Q n k n1 k n2 k nn φ n ) b) C i Q Q φ 1 C φ 2 φ i Q i C ij φ j Q j φ n Q n U = φ 1 φ 2 φ 1 Q 1 φ = Abb () Kondenstor. (b) Mehrleitersystem

6 6 1. Elektrosttishe Felder Kräfte im elektrishen Feld Die Krft uf vorgegebene Ldungen knn mit (1.1) berehnet werden. Ansonsten knn uh ds Prinzip der virtuellen Verrükung verwendet werden K s = δw e δs bei konstnter Ldung konstnter Spnnung, (1.18) bei der ein Körper um eine virtuelle Streke δs vershoben und die dbei uftretende Energieänderung δw e ermittelt wird. An leitenden Oberflähen bzw. dielektrishen Grenzflähen, Abb. 1.3, gilt für die Flähendihte der Krft { K = n 1 εe 2 (Leiter) (1.19) 2 (ε 1 ε 2 )(E 1 E 2 ) (Trennflähe ε 1 /ε 2 ). Spiegelungsverfhren In einigen (leider nur wenigen) Fällen ist es möglih, ds sekundäre Feld eines leitenden oder dielektrishen Körpers bei Einwirkung eines primären elektrishen Feldes mit Hilfe von Erstzldungen, sogennnten Spiegelldungen, zu beshreiben. ) b) φ = Q Q = Q Q = 2 / Abb Spiegelung einer Punktldung n einer leitenden, geerdeten Kugel. () Originlnordnung, (b) Erstznordnung ) Q b) Q ) (1 k)q h ε 1 h ε 1 h ε 1 ε 2 h ε 1 ε 1 ε2 ε1 k = kq ε 2 + ε 1 Abb Spiegelung einer Punktldung n einem dielektrishen Hlbrum. () Originlnordnung. (b) Erstznordnung für ds Potentil im oberen Hlbrum. () Erstznordnung für ds Potentil im unteren Hlbrum

7 Aufgbe E1 7 Die Abbildungen 1.5 und 1.6 zeigen dies m Beispiel einer leitenden, geerdeten Kugel und m dielektrishen Hlbrum. Abb. 1.6 gilt im Grenzfll ε 2 uh für den leitenden Hlbrum. Am dielektrishen Zylinder ist eine Spiegelung ebenflls möglih, llerdings nur für unendlih lnge, ebene Quellen (siehe Aufg. E15). Aufgben E1 Krftberehnung mit dem Coulomb shen Gesetz Bestimme die Gleihgewihtslge zwishen zwei punktförmig nzunehmenden Ldungen Q und q, wobei die Ldung Q fest im Rum ngebrht ist, und die Ldung q mit einer strren Verbindung der Länge b beweglih um den Ursprung gelgert sein soll, Abb Auf die Ldung q wirke die Gewihtskrft G, die gleih sein soll der Coulomb shen Anziehungskrft zwishen zwei Ldungen Q und q im gegenseitigen Abstnd. Q ϑ b q G Abb Anordnung der beiden Punktldungen Q (fest) und q (beweglih) Lösung: Im Gleihgewiht gilt für ds Drehmoment b (K + G) =mit K = Qq 4πε 3 = Qq b 4πε 3 nh (1.1) und (1.2). Die Gewihtskrft zeigt in Rihtung des Vektors und knn dher in der Form G = Qq 4πε 3 geshrieben werden. Die Gleihgewihtsbedingung lutet jetzt b (K + G) = Qq 4πε b ( b ) =. Nh Auflösen des Kreuzproduktes wird drus ( Qq b 4πε 3 b ) 3 sin ϑ e z =

8 8 1. Elektrosttishe Felder mit den Lösungen ϑ =,ϑ = π und 2 = 2. Mit dem Kosinusstz 2 = 2 + b 2 2b os ϑ ergibt sih drus die stbile Gleihgewihtslge ϑ = ros(b/2). E2 Superposition von Ldungen Welhe Krft wirkt uf eine Punktldung Q m Ort (x, y, z) =(,,), wenn uf der x-ahse ) zwei gleihnmige, homogene, kugelförmige Rumldungen der Dihte q V oder b) zwei ungleihnmige, homogene, kugelförmige Rumldungen der Dihte ±q V in den Punkten x = ± ngeordnet sind? Der Rdius der Rumldungen sei r. y Q r q V ±q V r x 2 Abb Punktldung im elektrishen Feld zweier kugelförmiger Rumldungen Lösung: D ds Feld der Rumldungen nur ußerhlb benötigt wird, können diese wie Punktldungen betrhtet werden, die jeweils im Kugelmittelpunkt nzuordnen sind und folgenden Betrg ufweisen: 4 Q k = q V 3 πr3. Im Fll ) wird sih us Symmetriegründen nur eine y-komponente der Krft usbilden K () = K y () e y und im Fll b) eine x-komponente K (b) = K x (b) e x. Mit dem Abstndsvektor R = e x + e y vom Mittelpunkt der rehten Rumldung zur Punktldung wird dnn nh (1.1) und (1.2) K () y =2 QQ k e y R 4πε R 3 = QQ k 4 2πε, 2 K(b) x = K y (). E3 Unendlih lnge, gerde Linienldungen Zwei unendlih lnge, gerde, homogene Linienldungen q L1 und q L2 stehen sih in llgemeiner Lge gegenüber. Ihre kürzeste Entfernung voneinnder sei h und die beiden Ldungen seien um den Winkel α us einer prllelen Ausrihtung herus verdreht, Abb Bestimme die Krft zwishen den Ldungen.

9 Aufgbe E4 9 y s α q L2 h x q L1 z Abb Zur Bestimmung der Krftwirkung zwishen zwei unendlih lngen, gerden Linienldungen Lösung: Die Linienldung q L1 erzeugt nh (1.4), (1.5) ds elektrishe Feld ( E 1 = q L1 ln R ) = q L1 R 2πε R 2πε R 2 = q L1 x e x + y e y 2πε x 2 + y 2. Mit x = s sin α und y = h ergibt sih drus für die us Symmetriegründen llein benötigte y-komponente der Feldstärke m Ort der Linienldung q L2 E 1y (s) = q L1 2πε h s 2 sin 2 α + h 2. Nh dem Coulomb shen Gesetz (1.1) erhlten wir die Krft uf die Linienldung q L2, indem die Feldstärke m Ort s mit dem Ldungselement q L2 ds multipliziert und über die gesmte Länge integriert wird, d.h. K = e y q L2 ˆ = e y q L1 q L2 πε sin α E 1y (s)ds = q L1q L2 h 2πε lim rtn s sin α h ˆ ds s 2 sin 2 α + h 2 = = q L1q L2 2ε 1 sin α e y. E4 Kreisförmige Flähenldung Im krtesishen Koordintensystem sei die Flähe x 2 + y 2 2 der Ebene z = homogen mit der Gesmtldung Q belegt, Abb Zu bestimmen ist die Krft uf eine Punktldung Q, die im Abstnd von der Flähenldung uf der z-ahse ngeordnet ist. Überprüfe ds Ergebnis für.

10 1 1. Elektrosttishe Felder z q F Q R x y Abb Punktldung über einer kreisförmigen Flähenldung Lösung: Die Anordnung ist rottionssymmetrish, so dss die z-ahse nturgemäß eine Feldlinie drstellt und dher nh (1.1) nur eine Krft in z- Rihtung uftreten wird, F = e z F z = e z QE z. Der elementre Krftbeitrg m Ort der Punktldung infolge der differentiellen Ldung dq = q F df beträgt nh (1.2) dk z = Q q F df 4πε e z R R 3, q F = Q π 2 mit df = ϱ dϱ dϕ und R = e z e ϱ ϱ, so dss mn für die resultierende Krft den Ausdruk K z = Q2 1 4πε π 2 ˆ = Q2 2πε 2 = Q2 2πε 2 { ˆ ˆ2π ϱ = ϕ = ( 2 + ϱ 2 ) 3/2 ϱ dϱ dϕ = ( 2 + ϱ 2 ) 3/2 ϱ dϱ = Q2 2πε 2 1 } / ϱ 2 erhält, welher wie zu erwrten stets positive Werte liefert. Für große Entfernungen muss die Krft dem Wert zustreben, der sih ergibt, wenn mn die Flähenldung ls Punktldung im Ursprung konzentriert nnimmt. Entwikelt mn lso den reziproken Wurzelusdruk in eine Tylor-Reihe und briht nh dem lineren Glied b / so erhält mn shließlih K z für 1, Q2 für, q.e.d.. 4πε 2 E5 Feldberehnung mit dem Guß shen Gesetz In einer Kugel vom Rdius herrshe eine homogene Rumldungsdihte q V mit Ausnhme einer hohlkugelförmigen Region vom Rdius b<, deren =

11 Aufgbe E5 11 Mittelpunkt vom Zentrum der Kugel den Abstnd d ufweise, Abb Mn bestimme die elektrishe Feldstärke innerhlb der hohlkugelförmigen Region. P r 1 r 2 b d q V Abb Kugelförmiger Hohlrum in einer Rumldungskugel Lösung: Nh dem Superpositionsprinzip knn mn sih ds elektrishe Feld im kugelförmigen Hohlrum ls die Überlgerung E = E 1 E 2 vorstellen, wobei E 1 ds Feld einer homogenen Rumldungskugel mit dem Rdius und der Rumldungsdihte q V ist, während E 2 ds Feld einer homogenen Rumldungskugel ist, die den Bereih des Hohlrumes usfüllt und ebenflls die Rumldungsdihte q V ufweist. Die Anwendung des Guß shen Gesetzes, d.h. des Oberflähenintegrls in (1.3), für eine Kugeloberflähe mit dem Rdius r 1 liefert ε ˆ 2πˆπ Drus folgt E r1 (r 1 ) r 2 1 sin ϑ dϑ dϕ = q V ˆ 2πˆπ ˆr 1 r 2 sin ϑ dr dϑ dϕ. 4πε r1e 2 4 r1 (r 1 )=q V 3 πr3 1 E 1 = q V r 1. 3ε Anlog lutet ds Feld der im Hohlrum ngebrhten Rumldung E 2 = q V r 2 3ε und es ergibt sih mit r 1 r 2 = d ds resultierende Feld im Hohlrum E = E 1 E 2 = q V d. 3ε Es ist lso homogen und zeigt in Rihtung der Verbindungshse der beiden Kugelmittelpunkte.

12 12 1. Elektrosttishe Felder E6 Hlbkugelförmige Rumldung, Ldungsshwerpunkt Gegeben ist eine hlbkugelförmige, homogene Rumldung mit dem Rdius und der Gesmtldung Q, Abb ) Wo liegt der Ldungsshwerpunkt der Anordnung? b) Berehne die elektrishe Feldstärke uf der Rottionshse. ) Zeige, dss die Rumldung in großen Entfernungen z durh eine Punktldung im Ldungsshwerpunkt ersetzt werden drf. z P q V R dϑ dv r ϕ ϑ dr r sin ϑ ϱ Abb Shnitt durh eine hlbkugelförmige, homogene Rumldung. Drgestellt ist ußerdem ds ringförmige Volumenelement zur Berehnung der elektrishen Feldstärke. Lösung: ) Aufgrund der rottionssymmetrishen Ldungsnordnung knn der Shwerpunkt nur uf der Rottionshse liegen. Seine z-koordinte wird dbei (ebenso wie der Msseshwerpunkt eines Körpers) in der Form z S = e z r S = 1 V ˆ V (e z r)dv = 2π V ˆ π/2ˆ (r os ϑ)r 2 sin ϑ dr dϑ ermittelt. Die Integrtion über r ergibt 4 /4 und mit der Substitution u =sinϑ, du/dϑ = os ϑ erhält mn ˆ π/2 os ϑ sin ϑ dϑ = ˆ1 u du = 1 2 z S = 3 8. b) Zur Bestimmung des Ahsenfeldes wird ein ringförmiges Volumenelement verwendet, Abb Ds Feld im betrhteten Aufpunkt lutet dnn E z (P )= 1 ˆ Q e z R dv =2πr 4πε V V R 3 dv, 2 sin ϑ dr dϑ V = 2 3 π3. Mit den geometrishen Zusmmenhängen z = r os ϑ, R = ϱ e ϱ +(z z ) e z und R = r 2 + z 2 2rz os ϑ wird ds Integrl zunähst uf die Form

13 Aufgbe E6 13 E z (P ) E = 3 ˆ π/2ˆ (z r os ϑ)sinϑ (r 2 + z 2 2rz os ϑ) 3/2 r2 dr dϑ, E = Q 4πε 2. gebrht. Substituiert mn u = os ϑ, sowirddrus E z (P ) E = 3 ˆ ˆ1 [ ] zr 2 R 3 r3 u R 3 du dr. Nh Durhführung der Integrtion 3 über u E z (P ) = 3 ˆ [ ] 1 ˆ 1 r r dr [R E R u= 2z 2 + r2 + z 2 ] 1 dr R u=. erhlten wir mit R(u =)= r 2 + z 2 und R(u =1)= r z E z (P ) E = 3 z 2 ˆ { r 2 (z r) z r + r 3 } dr. r2 + z 2 Die Integrtion des ersten Summnden erfordert eine Flluntersheidung ź r 2 á dr r 2 dr, z ˆ r 2 z (z r) á dr = + r 2 dr, z z r á r 2 dr, z, während die Integrtion des zweiten Summnden uf ds Ergebnis ˆ r 3 r2 + z 2 dr = 1 3 r2 + z 23 z 2 r 2 + z 2 führt 4. Shlussendlih erhlten wir dmit für ds elektrishe Feld uf der gesmten Rottionshse die Drstellung 4 z 2 z 2, z ( ) E z (z) = 1+ z2 2 E 2 z siehe z.b. [Bronstein] Integrl Nr siehe z.b. [Bronstein] Integrl Nr z + 2 z 2, z 2 z 2 z 2, z. (1.2)

14 14 1. Elektrosttishe Felder ) Die in (1.2) uftretende Wurzel wird nh Tylor in eine Potenzreihe für /z entwikelt und nh dem 3. Glied bgebrohen 1+ z2 2 = z ( z ) 8 z Nh Einsetzen und Berüksihtigung von Gliedern bis zur Ordnung 3 /z 3 erhält mn die Approximtion ( E z (z ) 2 E z ) ( 2 8 z z ) 2 2 = 8 z (z z S ) 2, (1.21) die dem elektrishen Feld einer im Ldungsshwerpunkt z S ngebrhten Punktldung entspriht. 2 1 E z E Ldungsshwerpunkt 1 z/ =3/ z/ 2 3 Abb Elektrishe Feldstärke uf der z-ahse. Die durhgezogene Kurve gibt den exkten Verluf wieder, während die gestrihelte Kurve die Approximtion durh eine im Ldungsshwerpunkt ngebrhte Punktldung zeigt. Abb zeigt die Näherung (1.21) im Vergleih zur exkten Lösung (1.2). E7 Linere Dipolverteilung Berehne die elektrishe Feldstärke einer uf der z-ahse im Bereih z homogen mit der Dihte p L = p L e z verteilten Dipolnordnung, Abb Wie knn mn ds Ergebnis deuten? Lösung: Ein Element der Dipolverteilung ht ds differentielle Moment dp e = p L dz e z und ds Potentil im Aufpunkt P ist somit nh (1.5b) p L φ = 4πε ˆ e z R R 3 dz. Mit R =(z z ) e z + ϱ e ϱ und R = (z z ) 2 + ϱ 2 wird drus p L φ = 4πε ˆ z z dz [(z z ) 2 + ϱ 2 ] 3 2

15 Aufgbe E8 15 z R 1 P dz R R 2 ϱ p L ϕ Abb Linere Dipolverteilung uf der z-ahse und Festlegung eines Elementrdipols der Länge dz oder nh Substitution u =(z z ) 2 + ϱ 2,du = 2(z z )dz φ = p L 8πε (z ) ˆ 2 +ϱ 2 (z+) 2 +ϱ 2 u 3 2 du = p L 4πε 1 φ = p ( L 1 1 ) 4πε R 1 R 2 (z ) 2 +ϱ 2 u (z+) 2 +ϱ 2, R 1,2 = (z ) 2 + ϱ 2. Drus ergibt sih ds elektrishe Feld mit E = φ zu E = p ( L R1 4πε R1 3 R ) 2 R2 3. Dies ist ber nihts nderes ls ds elektrishe Feld zweier Punktldungen ±Q = ±p L n den Enden der Dipolverteilung! E8 Elektrisher Liniendipol Bestimme ds Potentil eines sogennnten Liniendipols, bestehend us zwei unendlih lngen, homogenen Linienldungen ±q L, die sih im sehr kleinen Abstnd δs prllel gegenüberstehen, Abb Ds Produkt q L δs mit q L, δs definiert dbei ds Dipolmoment p L des Liniendipols. y δs +q L p L q L r δs r P x Abb Zwei prllel zur z-ahse verlufende Linienldungen im kleinen Abstnd δs zueinnder bilden einen Liniendipol mit dem Dipolmoment p L = q L δs.

16 16 1. Elektrosttishe Felder Lösung: Ds Potentil der Linienldung q L ist nh (1.5) φ 1 (r) = q L ln r. 2πε R Für ds Potentil der Linienldung +q L knn mn bei kleinem Abstnd δs shreiben φ 2 (r) = φ 1 (r δs) [φ 1 (r) δs φ 1 ]. Drus folgt im Grenzfll δs, q L φ(r) =φ 1 (r)+φ 2 (r) = q } L δs {ln rr 2πε = 1 2πε p L r r 2. (1.22) Mn behte, dss (1.22) nur vom Ortsvektor bhängt und dmit koordintenunbhängig ist. E9 Dipolverteilung uf einer Flähe (Doppelshiht) In der Höhe h über der Erdoberflähe befinde sih eine lnggestrekte Gewitterwolke der Breite 2. Als Modell nehme mn m Ort der Wolke Dipole n, die gemäß Abb. 1.16b mit der Flähendihte p F homogen verteilt sind. Berehne ds elektrishe Feld uf der Erdoberflähe für den Fll, dss die Länge der Gewitterwolke sehr viel größer ls die Breite 2 ist (ebenes Problem). y ) b) 2 p F y dx h h R 1 Erdboden x h p F x Abb () Lnggestrekte Gewitterwolke über dem Erdboden. (b) Homogene Doppelshihten ls Erstznordnung Lösung: Der Einfluss des Erdbodens wird durh Spiegelung der Doppelshiht n der Ebene y = erfsst, wodurh diese zur Äquipotentilflähe φ = wird, Abb. 1.16b. Der differentielle Potentilbeitrg eines infinitesimlen Liniendipols des Momentes dp L = p F dx, der sih m Ort x = x und y = h befindet, ist dnn nh (1.22) mit R =(y h) e y +(x x ) e x dφ(x, y) = dp L e y R 2πε R 2 = dp L y h 2πε (x x ) 2 +(h y) 2.

17 Aufgbe E9 17 Ds elektrishe Feld besitzt uf der Erdoberflähe mit R = R 1, siehe Abb. 1.16b, nur eine y-komponente. Sie ergibt sih durh Differentition des Potentils nh y de y = dp L 2πε { 1 (x x ) 2 +(h y) 2 2 (h y) 2 [(x x ) 2 +(h y) 2 ] 2 = dp L 2πε (x x ) 2 (h y) 2 [(x x ) 2 +(h y) 2 ] 2. Ds resultierende Feld der oberen Doppelshiht erhält mn durh Integrtion und die gespiegelte Doppelshiht liefert us Symmetriegründen denselben Feldbeitrg und dmit einen Fktor 2: E y (x, y =)= p F πε ˆ (x x ) 2 h 2 [(x x ) 2 + h 2 ] 2 dx = p F x x πε (x x ) 2 + h 2 } = E y (x, y =)= p { } F x + πε (x + ) 2 + h 2 x (x ) 2 + h h/ = E y E x/ Abb Elektrishe Feldstärke uf dem Erdboden. Aus Symmetriegründen wurde nur der Verluf im Bereih x> drgestellt. Abb zeigt die Feldstärke in der Ebene y =, während in Abb die Feldlinien drgestellt wurden. Dort gibt es zwei singuläre Punkte S uf der Erdoberflähe, in denen die Feldstärke vershwindet und die Feldlinien unter einem Winkel von 45 o einmünden. Für die Berehnung der Feldlinien knn mn übrigens die Gleihung (3.45) in Aufg. M12 mit k = 1 verwenden. Denn die elektrishen Feldlinien einer elektrishen Doppelshiht entsprehen vollkommen den mgnetishen Feldlinien einer mgnetishen Doppelshiht.

18 18 1. Elektrosttishe Felder S S Abb Verluf der elektrishen Feldlinien E1 Feldreduzierende Wirkung eines Erdseils Freileitungen werden im besonderen Mße den hohen elektrishen Feldern vorbeiziehender Gewitter usgesetzt. Sie müssen lso vor Überspnnungen geshützt werden. Dies wird erreiht, indem n den Mstspitzen ein llseits gut geerdeter Drht, ds sogennnte Erdseil, ufgehängt wird. ) Wie lässt sih qulittiv die feldreduzierende Wirkung eines geerdeten Leiters erklären? b) Berehne nhnd eines idelisierten Modells den Feldverluf zwishen Gewitterwolke und Erdboden. Ds elektrishe Feld der Wolke wird dbei ls homogen ngenommen und ds Erdseil mit dem Rdius durh eine unendlih lnge, gerde Linienldung im Mittelpunkt des Leiters pproximiert, Abb ) b) E h h q L y A R 1 r R 2 P Erdboden h x q L Abb () Geerdeter Drht im homogenen Feld über einem leitenden Hlbrum. (b) Spiegelung der Erdseilldung m leitenden Hlbrum

19 Aufgbe E1 19 Lösung: ) Wir betrhten zunähst einen isolierten Leiter zwishen Wolke und Erde Abb ) b) E E Abb () Isolierter Leiter zwishen Wolke und Erdboden. (b) Geerdeter Leiter zwishen Wolke und Erdboden Der Leiter konzentriert ds Feld in seiner Umgebung und seine Oberflähenldungen werden sih wie im Bild ngedeutet polrisieren. Erden wir nun den Leiter, Abb. 1.2b, so fließen negtive Ldungen zur Erde b und es entsteht im unteren Bereih eine Zone verminderter elektrisher Feldstärke. b) Zuerst wird die Erdseilldung q L n der Erdoberflähe gespiegelt, so dss die Erstznordnung nh Abb. 1.19b entsteht, bei der ds Potentil, so wie es sein muss, für y = vershwindet. Ds resultierende Potentil im Aufpunkt P lutet φ(x, y) = q L ln R 1 E y mit R 1,2 = x 2πε R 2 +(y h) 2. 2 Soll ds Potentil im Punkt A der Oberflähe des Erdseils, Abb. 1.19b, vershwinden, so erhält mn drus die bisher niht beknnte Erdseilldung = q L ln 2πε 2h E h (h ) q L =2πε E ln(2h/ 1) und uf der y-ahse stellt sih ds elektrishe Feld E y (,y)= φ(,y) y { h = E ln(2h/ 1) [ 1 y h 1 y + h ] } +1 E y(,y) 2 h(h ) = E ln(2h/ 1) y 2 h 2 +1 ein. In Abb sieht mn den Verluf des Potentils und der elektrishen Feldstärke uf der y-ahse der Anordnung. Deutlih ist die Feldüberhöhung m Ort des Erdseils zu erkennen. Ds bedeutet, dss ein Blitz ins Erdseil und niht in die drunter liegenden Leitungen einshlgen wird.

20 2 1. Elektrosttishe Felder hom. Feld φ E h E E hom. Feld y/h y/h Abb () Potentil und (b) elektrishe Feldstärke entlng der y-ahse bei einem Abmessungsverhältnis /h =.5 Genugenommen wird ds Potentil nur im Punkt A der Leiteroberflähe vershwinden. Die Äquipotentilflähe φ = um die Linienldung q L herum ht dher eine etws ndere Form ls die Leiteroberflähe. Diese Abweihung fällt ber nur bei dikeren Leitern ins Gewiht, siehe Abb A φ = Abb Vergrößerte Drstellung des kreisförmigen Quershnittes des Erdseils und Abweihung der Äquipotentilflähe φ = von der idelen Kreisform für /h =.5 E11 Äquipotentilflähen Im nsonsten homogenen Gesmtrum befinden sih zwei unendlih lnge, homogene Linienldungen ±q L im Abstnd 2 prllel zueinnder, Abb Zeige, dss die Äquipotentilflähen der Anordnung kreiszylindrishe Flähen sind und gib deren Rdien und Mittelpunktslgen n. Lösung: Ds Gesmtpotentil der Anordnung lutet nh (1.5) φ(x, y) = q L (x ) ln 2 + y 2 2πε (x + ) 2 + y 2 = q L 1 2πε 2 ln x2 + y x x 2 + y x.

21 Aufgbe E12 21 y P R2 R 1 q L q L x Abb Zur Berehnung des Potentils zweier unendlih lnger Linienldungen Mit der Abkürzung ( ) φ(x, y) λ := exp φ, φ = q L 4πε (1.23) wird drus die Gleihung der Äquipotentilflähen λ = x2 + y x x 2 + y x = onst. und shließlih nh Umformen y 2 + x 2 2x λ +1 ( ) 2 ( ) 2 λ +1 λ +1 λ = λ 1 λ 1 } {{ } qudrtishe Ergänzung y 2 +(x x m ) 2 = R 2. (1.24) Die gesuhten Äquipotentilflähen sind dmit Kreiszylinder der Rdien und Mittelpunkte R = 2 λ λ 1, x m = λ +1 λ 1 mit R 2 = x 2 m 2. (1.25) Es hndelt sih hier um sogennnte Apollonishe Kreise. E12 Kpzität zwishen zylindrishen Leitern Berehne unter Verwendung des Ergebnisses in Aufgbe E11 den Kpzitätsbelg einer Doppelleitung bestehend us kreiszylindrishen Leitern der Rdien R 1 und R 2 im Abstnd h>r 1 + R 2, Abb Lösung: In Aufg. E11 wurde festgestellt, dss zwei prllele, unendlih lnge Linienldungen ±q L kreiszylindrishe Äquipotentilflähen erzeugen. Auh die Oberflähen leitender Körper stellen beknntlih Äquipotentilflähen dr. Ds Feld zweier leitender Kreiszylinder mit den Potentilen φ 1 und φ 2 lässt sih lso erstzweise mit Hilfe zweier Linienldungen beshreiben, die gemäß Abb uf der x-ahse ngeordnet sind und uf den jeweiligen Oberflähen ebenflls die Potentile φ 1 und φ 2 hervorrufen. Die Abb. 1.25

22 m Elektrosttishe Felder φ = φ 2 < y φ = φ 1 > R 2 q L q L R 1 x x 2 h x 1 Abb Zwei kreiszylindrishe Leiter und deren Erstzlinienldungen illustriert den eben drgestellten Shverhlt noh einml. Gezeigt werden dort die kreisförmigen Äquipotentilflähen nh (1.24), (1.25), wobei zwei dvon durh leitende Zylinder ersetzt wurden. φ 2 φ 1 Abb Äquipotentillinien zweier kreiszylindrisher Leiter mit den Potentilen φ 1 und φ 2. Alle Linien sind Kreise. Die Kpzität pro Längeneinheit lutet C = q L q L /φ = = 4πε φ 1 φ 2 φ 1 /φ φ 2 /φ ln(λ 1 /λ 2 ), (1.26) wobei die Abkürzung (1.23) verwendet wurde. Hinsihtlih der Vorzeihen gilt dbei φ 1 > λ 1 > 1 x 1 > φ 2 < λ 2 < 1 x 2 <.

23 Aufgbe E13 23 In der Aufgbenstellung sind jedoh niht die Größen x 1 und x 2 vorgegeben, sondern nur die Leiterbmessungen h, R 1 und R 2. Aus (1.25) ergeben sih zunähst die Zusmmenhänge } R1 2 = x R2 2 = x x 2 1 x 2 2 = R1 2 R2 2 x 1 x 2 = h x 2 1 = x h 2 +2hx 2, nh deren Subtrktion x 1 und x 2 durh h, R 1 und R 2 usgedrükt werden können x 2 = 1 ( h + R2 2 R 2 ) 1, x 1 = h + x 2. (1.27) 2 h Mit Hilfe von (1.25) lssen sih shließlih noh die zur Berehnung der Kpzität (1.26) benötigten Werte λ 1 und λ 2 ngeben λ 1,2 = x 1,2 +, = x 2 1,2 x 1,2 R2 1,2, womit ds Problem gelöst wäre. E13 Polrisierte Pltte ) Eine unendlih usgedehnte Pltte der Dike 2d hbe die konstnte Polrisierung P. Wie groß ist die elektrishe Feldstärke und die dielektrishe Vershiebung innerhlb und ußerhlb der Pltte? b) Dieselbe Pltte hbe nun eine endlihe Breite 2, sei ber immer noh unendlih lng, Abb Bestimme ds resultierende Feld im gesmten Rum. ) Gib die Gleihung der elektrishen Feldlinien sowie der dielektrishen Vershiebungslinien n und diskutiere die jeweiligen Verläufe. ) b) +q Fpol y R + P R P 2d q Fpol d d x x 2 Abb () Polrisierte Pltte. (b) Erstz der polrisierten Pltte durh Polristionsflähenldungen ±q Fpol

24 24 1. Elektrosttishe Felder Lösung: ) Die polrisierte Pltte knn nh (1.8) durh zwei Polristionsflähenldungen ±q Fpol = ±P uf der Ober- bzw. Unterseite der Pltte ersetzt werden. D diese Flähenldungen unendlih usgedehnt sind, heben sih ihre Beiträge zum Feld ußerhlb der Pltte gerde uf E =, D = ε E =. Ds Feld innerhlb der Pltte knn mn sih mit Hilfe von (1.7) und der Stetigkeitsbedingung (1.12) herleiten D i = ε E i + P = D = E i = P /ε. b) Die Pltte wird gemäß Abb. 1.26b durh ihre Polristionsflähenldungen ±q Fpol ersetzt. D die Flähenldungen in z-rihtung unendlih usgedehnt sind, entspriht ein herusgegriffenes Element der Breite dx einer Linienldung dq L = P dx. Ds Potentil dieser Linienldung sowie der entsprehenden negtiven Linienldung uf der gegenüberliegenden Seite ist nh (1.5) und Abb. 1.26b dφ = P dx 2πε ln R + R, R ± = (x x ) 2 +(y d) 2 und dmit ds resultierende Potentil der gesmten Pltte φ(x, y) = E ˆ+ ln (x x ) 2 +(y + d) 2 2 (x x ) 2 +(y d) 2 dx mit E = P. 2πε Drus folgen die Feldstärkekomponenten 5 E x = φ/ x und E y = φ/ y ˆ+ { E x x x = E (x x ) 2 +(y d) 2 x x } (x x ) 2 +(y + d) 2 dx = = 1 ( (x ) 2 2 ln +(y + d) 2 (x ) 2 +(y d) 2 (x + )2 +(y d) 2 ) (x + ) 2 +(y + d) 2 ˆ+ { } E y E = y d (x x ) 2 +(y d) 2 y + d (x x ) 2 +(y + d) 2 dx = =rtn x y + d rtn x y d rtn x + y + d +rtnx + y d. ) Die Feldlinien der dielektrishen Vershiebung (D-Linien) lssen sih mit Hilfe des elektrishen Flusses berehnen. In Abb sind zwei benhbrte Feldlinien eines zweidimensionlen elektrishen Feldes ngedeutet. 5 siehe z.b. [Bronstein] Integrl Nr. 57 und 61

25 Aufgbe E13 25 ) b) P 4 ψ e2 y ψ 2 Feldlinie S 2 P 2 Feldlinien S 1 P 1 ψ e1 S 2 P3 d q Fpol P 2 S 1 ψ 1 P 1 x Abb () Zur Berehnung der D-Linien ebener, ldungsfreier, elektrisher Felder. (b) Berüksihtigung der Polristionsldungen bei den E-Linien Der Fluss pro Längeneinheit ψ e1 durh die Verbindungslinie S 1 zwishen den Punkten P 1 und P 2 ist nh (1.15) ˆ ψ e1 = D n ds mit D = ε E + P, S 1 wobei der Einheitsvektor n senkreht uf S 1 steht. Ist ds von den beiden Feldlinien sowie S 1 und S 2 begrenzte Gebiet wie in der vorliegenden Aufgbe ldungsfrei, so ist in Abb ψ e2 = ψ e1 und folglih gilt llgemein ˆ ψ e = D n ds = onst.. S Die Berehnung der Feldlinien könnte dnn so erfolgen, dss mn für S eine Linie wählt, die von einem festen Punkt P usgeht und in einem vriblen Punkt P (x, y) endet. Bei der polrisierten Pltte wissen wir, dss us Symmetriegründen die y-ahse eine Feldlinie drstellt. Es ist dher sinnvoll, eine gerde Linie S prllel zur x-ahse von einem Punkt der zu berehnenden Feldlinie bis hin zur y-ahse zu wählen, so dss bei der Flussberehnung nur über x zu integrieren ist. Beshränken wir uns dbei, wieder us Symmetriegründen, uf den ersten Qudrnten des Rehengebietes, so erhlten wir die Gleihung der D-Linien in der Form ˆ x P x für y d, x ε E y dx + P für y d, x> = onst. (1.28) für y>d Die Feldlinien der elektrishen Feldstärke (E-Linien) können in ähnliher Weise ermittelt werden. Jedoh ist hier zu bedenken, dss die elektrishe Feldstärke E im Gegenstz zur elektrishen Flussdihte D niht quellenfrei ist. Wir betrhten dzu die Abb. 1.27b. Die Flüsse 6 6 Für die E-Linien wird eine von (1.15) bweihende Flussdefinition verwendet und durh einen Stern gekennzeihnet.

26 26 1. Elektrosttishe Felder ˆ ˆ ψ1 = ε E n ds, ψ 2 = ε E n ds S 1 S 2 untersheiden sih in diesem Fll, weil in dem mrkierten Gebiet, ds durh S 1, S 2,diey-Ahse und die Feldlinie begrenzt wird, die Polristionsldung umshlossen wird. Folglih lutet die korrekte Gleihung der E-Linien ˆ x { } P für y d ε E y dx + = onst.. (1.29) für y>d Wie mn sieht, wurde für y d der konstnte Term P hinzugefügt. Er sorgt dfür, dss ψ 1 und ψ 2 für die uf derselben Feldlinie liegenden Punkte P 1 und P 2 identishe Werte nnehmen. ) b) Abb () E-Linien und (b) D-Linien einer homogen polrisierten Pltte Ds Integrl in (1.28) bzw. (1.29) knn mit Hilfe von [Bronstein] Integrl Nr. 498 gelöst werden, uf ds Einsetzen wird n dieser Stelle ber verzihtet. Die Feldbilder Abb b untersheiden sih nur im Innenrum. Die D-Linien sind ufgrund der Abwesenheit freier Ldungen stets geshlossen. Die E-Linien strten uf den positiven und enden uf den negtiven Polristionsldungen. Mn erkennt deutlih, dss die elektrishen Feldlinien im Gegenstz zu den Vershiebungslinien ohne Knik durh die Seitenflähen der Pltte verlufen. Auf der oberen bzw. unteren Flähe verhält es sih genu umgekehrt. E14 Stetigkeitsbedingungen m dielektrishen Zylinder Ein in z-rihtung unendlih usgedehnter, dielektrisher Kreiszlinder mit Rdius wird einem ebenen, d.h. nur von den Polrkoordinten ϱ und ϕ bhängigen, elektrishen Feld mit dem Potentil φ e = φ e (ϱ, ϕ) usgesetzt. Für ds Potentil innerhlb bzw. ußerhlb des Zylinders lässt sih dnn shreiben

27 φ(ϱ, ϕ) = { φ e (ϱ, ϕ) kφ e ( 2 /ϱ, ϕ) für ϱ> (1 k)φ e (ϱ, ϕ) für ϱ<. Aufgbe E15 27 (1.3) Wie muss die Konstnte k gewählt werden, dmit die Stetigkeitsbedingungen uf der Zylinderoberflähe exkt erfüllt werden? Lösung: Auf der Oberflähe des Zylinders müssen die Tngentilkomponente der elektrishen Feldstärke E ϕ sowie die Normlkomponente der dielektrishen Vershiebung D ϱ stetig übergehen φ ϕ = φ φ ϱ=+ ϕ, ε ϱ= ϱ = ε φ ϱ=+ ϱ. (1.31) ϱ= Wie mn durh Einsetzen von ϱ = in (1.3) feststellt, verhält sih ds Potentil φ(ϱ, ϕ) beim Durhgng durh die Zylinderoberflähe stetig, und d dies für jeden Winkel ϕ gilt, folgt drus sofort die Stetigkeit der Tngentilbleitung. Aus der Stetigkeit von D ϱ wird nh Einsetzen von (1.3) in (1.31) und Anwenden der Kettenregel ε(1 k) φ e(ϱ, ϕ) ϱ { φe (ϱ, ϕ) = ε k ϱ= ϱ ( 2 ϱ 2 ) φe ( 2 } /ϱ, ϕ) ( 2 /ϱ) ϱ= ε(1 k) =ε (1 + k) k = ε ε ε + ε. E15 Spiegelung m dielektrishen Zylinder Berehne die Krft uf den Zylinder in Aufg. E14, wenn sih im Mittelpunktsbstnd >eine unendlih lnge Linienldung q L prllel vor dem Zylinder befindet, Abb Hinweis: Bestimme zunähst us dem llgemeinen Potentilnstz äquivlente Spiegelldungen im Innern des Zylinders. ) P b) ϱ R q L kq ϕ L kq L k = ε ε ε + ε q L ε ε ε = 2 / Abb () Linienldung vor einem dielektrishen Zylinder. (b) Erstznordnung für ds Potentil im Bereih ϱ>

28 28 1. Elektrosttishe Felder Lösung: Die Linienldung vor dem Zylinder erzeugt nh (1.5) mit der willkürlihen Festlegung R = ds erregende Potentil φ e (ϱ, ϕ) = q L 2πε ln R = q L 4πε ln ϱ ϱ os ϕ 2. (1.32) Nh Ersetzen von ϱ durh 2 /ϱ wird drus ( ) 2 φ e ϱ,ϕ = q ( ) L ln 4πε ϱ2 ϱ os ϕ oder etws umgeformt und mit = 2 / ( ) 2 φ e ϱ,ϕ = q L ln ϱ 2πε q L ln ϱ ϱ os ϕ 4πε 2. (1.33) Der erste Term in (1.33) beshreibt nh (1.5) ds Potentil einer Linienldung q L uf der Zylinderhse. Vergleiht mn den zweiten Term mit (1.32), so erweist sih dieser ls ds Potentil einer Linienldung +q L in der Entfernung = 2 / von der Zylinderhse. Es ergibt sih lso us (1.3) die Erstznordnung nh Abb. 1.29b. Die Krft pro Längeneinheit uf die felderregende Ldung q L ist dnn K = q L E, wobei E ds elektrishe Feld der Spiegelldungen ±kq L drstellt K = e x kq 2 L 2πε { / } = e x kq 2 L 2πε Wie es sein muss, wird die Ldung vom Zylinder ngezogen. Zur Vernshulihung sind in Abb. 1.3 die D-Linien drgestellt. Sie verlufen innerhlb des Zylinders gerdlinig und ihre Verlängerungen treffen sih lle m Ort der erregenden Linienldung. Abb Verluf der D- Linien einer unendlih lngen Linienldung vor einem dielektrishen Zylinder mit ε r =3

29 Aufgbe E16 29 E16 Linienldung vor einem dielektrishen Hlbrum In der Höhe h über einem dielektrishen Hlbrum befindet sih eine unendlih lnge Linienldung q L, Abb Bestimme die Krft pro Längeneinheit uf den Hlbrum. y q L 2 ε h R 1 ε x Abb Unendlih lnge Linienldung über einem dielektrishen Hlbrum Lösung: Ds elektrishe Feld lässt sih im unteren Hlbrum mit Hilfe des Spiegelungsverfhrens durh eine Linienldung q L (1 k), mit k = ε ε ε + ε m Ort x =,y = h im nsonsten homogenen Gesmtrum der Dielektrizitätskonstnten ε bestimmen, vgl. Abb Auf der Unterseite der Trennflähe y = istdnnmitr = x 2 + h 2 E 1 = E(x, y = ) = q L(1 k) 2πε { x R 2 e x h R 2 e y }. Aufgrund der Stetigkeitsbedingungen (1.12) gilt für ds elektrishe Feld uf der Oberseite der Trennflähe E 2 = E(x, y =+)= q { L(1 k) x 2πε R 2 e x ε } h ε R 2 e y. Die Flähendihte der uf ds Dielektrikum wirkenden Krft folgt us (1.19) K = 1 ( 2 (ε ε ql ) { 2 k(1 k) x 2 )(E 1 E 2 ) e y = 2π ε R 4 + ε h 2 } ε R 4 e y und drus die Krft pro Längeneinheit K y = ˆ + K y dx = ( ql ) 2 k(1 k) 2π ε ˆ + x 2 +(ε/ε )h 2 (x 2 + h 2 ) 2 dx. (1.34) Ds uneigentlihe Integrl knn mit dem Residuenstz gelöst werden, indem die reelle Vrible x durh eine komplexe z = ξ +jη ersetzt und der Integrtionspfd wie in Abb in der oberen Hlbebene (η >) mit unendlihem

30 3 1. Elektrosttishe Felder jη jh R ξ Abb Zur Berehnung des uneigentlihen Integrls in (1.34) Rdius geshlossen wird. An der Stelle z = jh tritt in (1.34) ein zweifher Pol uf, so dss ds Residuum des Integrnden die Gestlt d lim {(z jh) 2 z2 +(ε/ε )h 2 } z jh dz (z 2 + h 2 ) 2 = 1 2jh 1 1 k nnimmt. D ds Integrl nh dem Residuenstz ds 2πj-fhe dieses Wertes ist, ergibt sih drus K y = kq2 L 4πε h. Zum selben Resultt gelngt mn ntürlih uh, wenn mn die Coulomb- Krft pro Längeneinheit zwishen der Linienldung q L und ihrer Spiegelldung im unteren Hlbrum, siehe Abb. 1.6b, berehnet. E17 Energie einer kugelförmigen Rumldung Berehne die elektrosttishe Feldenergie einer homogenen, kugelförmigen Rumldungswolke mit der Dihte q V und dem Rdius ) mit Hilfe der elektrishen Feldstärke b) mit Hilfe des Potentils. Lösung: ) Ds rdilsymmetrishe Feld der kugelförmigen Rumldungsverteilung berehnen wir zunähst in gewohnter Weise mit Hilfe des Guß shen Gesetzes der Elektrosttik ˆ { ε E df =4πr 2 4 ε E r = q V dv = q V 3 π r 3 für r für r F E r = q V 3ε { r V für r 3 /r 2 für r. Aus (1.14) folgt dnn die Feldenergie 3

31 W e = 1 2 ε ˆ V E 2 r dv = 1 2 ε ) 2 4π 3ε ( qv ˆ r 4 dr + Aufgbe E18 31 ˆ 6 r 2 dr = = 4π qv 2 15ε 5. (1.35) b) Ds Potentil ist nh (1.4) ds Integrl über die Feldstärke ˆ { φ = E r dr + C = q V r 2 /2+C für r 3ε 3 /r für r. Die Konstnte C wählt mn so, dss φ für r = stetig ist und erhält { φ = q V (3 2 r 2 )/2 für r 3ε 3 /r für r. Die Energie knn nun nh (1.14) durh Integrtion über ds rumldungsbehftete Volumen ermittelt werden W e = 1 2 ˆ V q V φ dv = 1 2 qv 2 ˆ 4π 3ε 3 2 r 2 r 2 dr = 2 Die Resultte (1.35) und (1.36) stimmen lso überein. 4π 15ε q 2 V 5. (1.36) E18 Teilkpzitäten Über dem Erdboden befinden sih in der Höhe h 1 bzw. h 2 zwei unendlih lnge, prllele Leiter mit der gegenseitigen Entfernung, Abb Die Rdien r 1 bzw. r 2 der Leiter seien sehr viel kleiner ls die übrigen Abmessungen. Zu bestimmen sind die Teilkpzitäten der Anordnung sowie die Betriebskpzität, wenn beide Leiter den gleihen Rdius und die gleihe Höhe über der Erde ufweisen und im Gegentkt betrieben werden. r 2 r 1 ) b) h 2 h 2 h 1 φ = h 1 b q L1 q L2 h 1 h 2 q L1 q L2 Abb () Zwei dünne Leiter über dem Erdboden. (b) Erstznordnung

32 32 1. Elektrosttishe Felder Lösung: Zunähst können die beiden Leitungen ufgrund ihrer kleinen Rdien durh unendlih lnge Linienldungen in ihren Mittelpunkten ersetzt werden. Den Einfluss des Erdbodens erfssen wir wie üblih durh Spiegelung. Es entsteht dnn die Erstznordnung in Abb. 1.33b, us der mn uh den digonlen Abstnd b = 2 +4h 1 h 2 blesen knn. Ausgngspunkt bei der Berehnung der Teilkpzitäten eines Systems von n Leitern ist ein Gleihungssystem, ds die Ldung uf den Leitern mit den Leiterpotentilen verknüpft. Dieses Gleihungssystem ht in unserem Fll nlog zu (1.17) die Gestlt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ql1 k = 11 k 12 φ1 φ1 p11 p q L2 k 21 k 22 oder = 12 ql1 (1.37) φ 2 φ 2 p 21 p 22 q L2 mit den Kpzitätskoeffizienten k ik, us denen nhher die gesuhten Teilkpzitäten bestimmt werden, und den Potentilkoeffizienten p ik.zuerstwerden die Potentilkoeffizienten berehnet. Dbei ist zu behten, dss uf jeder Leiteroberflähe die Beiträge ller vier Linienldungen zu superponieren sind. Nh (1.5) erhält mn dnn φ 1 = 1 2πε φ 2 = 1 2πε ( q L1 ln r 1 q L1 ln 2h 1 + q L2 ln q L2 ln b ) R R R R ( q L2 ln r 2 q L2 ln 2h 2 + q L1 ln q L1 ln b ) R R R R und durh Vergleih mit (1.37) folgt p 11,22 = 1 2πε ln 2h 1,2 r 1,2, p 12 = p 21 = 1 2πε ln b. Nh Inversion der Mtrix der Potentilkoeffizienten in (1.37) ( ) ( ) ( ) ql1 1 p22 p = 12 φ1 q L2 p 11 p 22 p 2 p p 11 φ 2 luten die Kpzitätskoeffizienten k 11,22 = 2πε Δ ln 2h 2,1, k 12 = k 21 = πε r 2,1 Δ mit der Abkürzung Δ =(2πε ) 2 (p 11 p 22 p 2 12) =ln 2h 1 ln 2h 2 r 1 r 2 ( ( ln 1+ 4h ) 1h 2 2, ln 1+ 4h 1h 2 2 ) 2. Die Teilkpzitäten pro Längeneinheit, Abb. 1.34, folgen shließlih us (1.17) C 12 = k 12, C 1 = k 11 + k 12, C 2 = k 22 + k 12. (1.38)

33 Aufgbe E19 33 C 12 C 1 C 2 Abb Teilkpzitäten pro Längeneinheit einer Doppelleitung über dem Erdboden Wir kommen nun zur Berehnung der gesuhten Betriebskpzität. Bei symmetrisher Anordnung der Leiter wird us den Potentilkoeffizienten } r 1 = r 2 = r p h 1 = h 2 = h 11 = p 22 = p. Außerdem ist im Gegentktbetrieb q L1 = q L2 = q L, φ 1 = φ 2 =(p p 12 )q L und es ergibt sih ls Betriebskpzität pro Längeneinheit der Ausdruk / ( ) C B = q L = πε ln 2 h 1 φ 1 φ 2 r 1+4h 2 / 2. (1.39) Hier bietet sih eine shöne Kontrolle der zuvor ermittelten Teilkpzitäten n. Die Betriebskpzität ist nämlih nh Abb nihts nderes ls die Prllelshltung der Kpzität C 12 mit den in Reihe geshlteten Kpzitäten C 1 und C 2, d.h. C 1 C 2 C B = C 12 + C 1 + = C C 12 + C Nh Einsetzen von (1.38) ergibt sih wieder ds Resultt (1.39). E19 Kräfte n metllishen Oberflähen Eine leitende, dünnwndige Kugelshle mit Rdius bestehend us zwei sih berührenden Hemisphären befinde sih in einem ursprünglih homogenen elektrishen Feld der Stärke E, welhes senkreht uf der Trennebene der beiden Hälften steht. Bestimme die erforderlihe Krft, um die Hemisphären zusmmenzuhlten. d ϑ E ϕ z Abb Leitende, in der Mitte durhtrennte Hohlkugel im homogenen elektrishen Feld

34 34 1. Elektrosttishe Felder Lösung: Zunähst erhebt sih die Frge, wie der Einfluss der leitenden Kugel uf ds resultierende Feld erfsst werden knn. Es ist leiht vorstellbr, dss ein homogenes Feld ddurh erzeugt werden knn, dss mn zwei entgegengesetzte Punktldungen immer weiter voneinnder entfernt und dbei betrgsmäßig größer werden lässt, so dss während dieses Grenzübergnges ds Feld in einem endlihen Bereih zwishen den beiden Ldungen zunehmend homogener wird. Bei Anwesenheit der leitenden Kugel erhlten die beiden Ldungen ihre entsprehenden Spiegelbilder innerhlb der Kugel. Diese Spiegelldungen wndern im Zuge des erwähnten Grenzprozesses nh den Spiegelungsgesetzen (siehe Abb. 1.5b) ufeinnder zu und werden dbei ebenflls immer größer. Mit nderen Worten: Es entsteht ein Dipol im Kugelmittelpunkt, der die Wirkung der Influenzldung uf der Kugeloberflähe beshreibt und wir mhen dher mit (1.5b) den Potentilnstz φ = E z + 1 p e r 4πε r 3, p e = p e z. Ds Moment des Erstzdipols bestimmen wir so, dss sih uf der Kugeloberflähe ds Potentil φ = einstellt. Wegen p e r = p z = p r os ϑ folgt φ(r = ) = E + p 4πε 2 = p =4πε E 3. Dmit lutet ds resultierende Potentil eines durh eine leitende Kugel gestörten homogenen elektrishen Feldes { } 3 φ(r, ϑ) =E r 2 r os ϑ. Die Rdilkomponente der elektrishen Feldstärke uf der Kugeloberflähe folgt durh Differentition E r (r =, ϑ) = φ r =3E os ϑ. (1.4) r= Diese gibt nh (1.19) Anlss zu einer mehnishen Spnnung, deren Integrtion 7 über die rehte Hlbkugelflähe eine us Symmetriegründen llein z-gerihtete Krft liefert K z = 1 2 2π2 ε ˆ π/2 Er 2 (, ϑ) (e z e r ) sin ϑ dϑ = 9 } {{ } 4 πε 2 E 2. os ϑ E2 Elektrisher Dipol vor einer leitenden Kugel Vor einer ungeldenen, leitenden Kugel mit dem Rdius befinde sih im Abstnd vom Mittelpunkt der Kugel ein elektrosttisher Dipol mit dem Moment p e, Abb Gesuht ist die uf den Dipol usgeübte Krft. 7 Mn verwendet hierbei die Substitution u = os ϑ, du = sin ϑ dϑ.

35 Aufgbe E2 35 ) b) d p e q 1 q 2 +q q d Abb () Elektrisher Dipol vor einer leitenden, ungeldenen Kugel. (b) Spiegelung der Dipolldungen n der Kugel Lösung: Wir nehmen zunähst n, die Kugel sei geerdet und ersetzen den Dipol durh zwei Punktldungen ±q im Abstnd d, Abb. 1.36b. Spiegelt mn diese Ldungen entsprehend dem Gesetz in Abb. 1.5b n der Kugel, so entstehen die Spiegelldungen q 1 und q 2 mit den Abständen d bzw. q 1 = + d q, q 2 = q = 2, ( + d) ( d )= 2 d = 2 d (1.41) ( + d). Im Grenzfll d, q,mitq d = p e, bildet sih dher ein Dipol mit dem Moment p e = p e p e lim q d q 2 d = p e p e lim q d Summiert mn die Ldungen q 1 und q 2 in (1.41) ( q 1 + q 2 = ) q = + d ( + d) qd, 3 2 ( + d) qd= p 3 e 3. (1.42) so stellt sih im Grenzfll d, q,mitq d = p e, eine niht vershwindende Gesmtldung Q = p e 2 (1.43) m Ort = 2 / ein. D die Kugel ber ungelden sein soll, müssen wir in ihrem Mittelpunkt eine weitere Punktldung Q M = Q (1.44) nbringen, um die Ldungsfreiheit siherzustellen. Dmit lutet ds äußere elektrishe Feld ller Spiegelquellen (1.42), (1.43), (1.44) im Abstnd z vom Mittelpunkt der Kugel zu einem beliebigen Punkt uf der Verbindungshse zwishen Dipol und Kugelmittelpunkt E(z) = Q 4πε (z ) 2 p e p e + Q M 4πε z 2 p e p e + 1 2πε p e (z ) 3.

36 36 1. Elektrosttishe Felder Die gesuhte Krft uf den Dipol lässt sih durh den Grenzübergng { } de K = lim q q E(z = )+q E(z = + d) = pe dz d z= berehnen und nh Einsetzen und Differenzieren ergibt sih drus K = p { e p e 5 2πε } ( 2 2 ) 3 37 ( 2 2 ) 4. E21 Kpzität einer Stbntenne Senkreht über einem leitenden Hlbrum befinde sih eine homogene Linienldung q L mit der Länge 2. Ihr Mittelpunkt hbe die Entfernung zum Hlbrum, Abb ) z b) 2r 2 b q L h ϱ Abb () Linienldung über einem leitenden Hlbrum. (b) Elektrishe Feldlinien und einige Äquipotentilflähen der Linienldung Berehne zunähst die Äquipotentilflähen der Anordnung und bestimme dnn die Kpzität einer dünnen Stbntenne, die senkreht über dem Erdboden ngeordnet ist. Die Antenne hbe die Länge b, den Durhmesser 2r und die Entfernung h zur Erdoberflähe. Hinweis Die Kpzitätsberehnung soll näherungsweise erfolgen, indem mn sih die leitende Oberflähe der Antenne ls Äquipotentilflähe in unmittelbrer Umgebung der Linienldung vorstellt (gestrihelte Linie in Abb. 1.37). Lösung: Mit R = ϱ 2 +(z z ) 2 erhält mn nh (1.6) zunähst ds primäre Potentil der Linienldung bei Abwesenheit des leitenden Hlbrumes 8 q L φ (p) = 4πε ˆ+ dz R = 8 siehe z.b. [Bronstein] Integrl Nr. 192 q L z + + ϱ ln 2 +(z + ) 2 4πε z + ϱ 2 +(z ) 2. (1.45)

37 Aufgbe E22 37 Den Einfluss des leitenden Hlbrumes erfssen wir nun mit Hilfe des Spiegelungsprinzips, d.h. wir nehmen eine negtive Linienldung q L im unteren Hlbrum n. Deren Potentilbeitrg erhält mn, wenn mn in (1.45) z durh z + 2 ersetzt. Ds resultierende Potentil ist lso φ(ϱ, z) =φ (p) (ϱ, z) φ (p) (ϱ, z +2). (1.46) Wie mn dem Feldbild 1.37b entnehmen knn, bilden die Äquipotentilflähen in unmittelbrer Umgebung der Linienldung lnggestrekte Rottionskörper. Die Oberflähe einer Linerntenne wird im Folgenden näherungsweise ls ein solher Rottionskörper ngesehen. Die Antenne sei gegenüber der Erde uf ds Potentil φ A ngehoben und trge die Gesmtldung Q. Die Kpzität zwishen Antenne und Erdboden ist dnn C = Q/φ A, Q = q L 2, (1.47) wobei ds Antennenpotentil φ A durh Whl des Aufpunktes ϱ = r, z = in (1.45) und (1.46) ermittelt wird ( φ A = Q ) 8πε ln r r2 + 2 r2 +(2 ) r2 +(2 + ) Bei einer lnggestrekten Antenne gilt r und r (2 ± ) undwirkönnen die Wurzeln wegen 1+x 1+x/2 für x 1 nnähern r r 2 2, r 2 +(2 ± ) 2 (2 ± )+ 1 2 Ds Potentil lässt sih dmit uf die vereinfhte Form { (2 φ A Q ) } 2 8πε ln 2 r 2 + r 2 (2 ± ). bringen und mit 2 b und = h + b/2 folgt us (1.47) die Kpzität { ( )} 1 b 4h + b C 2πε b ln. r 4h +3b E22 Kpzität zwishen zwei Kugeln Gegeben sind zwei gleih große, leitende Kugeln mit dem Rdius und dem Mittelpunktsbstnd, Abb Gesuht ist die Kpzität zwishen den Kugeln.

38 38 1. Elektrosttishe Felder ) φ = φ φ = φ b) φ = φ φ = q 1 q 2 q 3 p 2 p 1 s 2 r 1 s 3 r 2 Abb () Zwei leitende Kugeln mit entgegengesetztem Potentil. (b) Spiegelungsprozess für ds Teilproblem A Lösung: Wir betrhten zwekmäßigerweise zwei Teilprobleme: Teilproblem A: Die linke Kugel ht ds Potentil +φ und die rehte ist geerdet. Teilproblem B: Die rehte Kugel ht ds Potentil φ und die linke ist geerdet. Die Überlgerung beider Teilprobleme ergibt eine Anordnung, bei der die linke Kugel ds Potentil +φ und die rehte ds Potentil φ ufweist. Dmit knn mn dnn die Kpzität in der Form C = Q U = Q(A) l + Q (B) l (1.48) 2φ berehnen, wobei Q (A) l bzw. Q (B) l die Gesmtldung der linken Kugel für ds Teilproblem A bzw. B ist. Um eine Erstznordnung von Spiegelldungen zu finden, siehe Abb. 1.38b, beginnt mn mit einer Ldung q 1 =4πε φ (1.49) im Mittelpunkt der linken Kugel. Diese erzeugt uf der Oberflähe der linken Kugel ds Potentil φ. Mn spiegelt q 1 n der geerdeten rehten Kugel und erhält die Spiegelldung p 1 im Abstnd r 1, wobei nh dem Spiegelungsgesetz gilt (siehe Abb. 1.5) p 1 = r 1 q 1, r 1 = 2. (1.5) Auf der rehten Kugel herrsht nun ds Potentil φ =, ber die hinzugekommene Ldung p 1 verändert ds Potentil uf der linken Kugel. Um diesen Fehler zu kompensieren, wird p 1 n der linken Kugel gespiegelt. Die neu hinzugekommene Ldung q 2 und ihr Mittelpunktsbstnd s 2 luten q 2 = s 2 p 1, s 2 = 2. (1.51) r 1 Dmit ist ber ds Potentil uf der rehten Kugel niht mehr null und mn muss dher q 2 wieder n der rehten Kugel spiegeln, d.h. es entsteht eine weitere Ldung

39 Aufgbe E22 39 p 2 = r 2 q 2, r 2 = 2 s 2. (1.52) Der Spiegelungsprozess wird in diesem Sinne weiter fortgeführt und mn erkennt us (1.5), (1.51) und (1.52) bereits ds llgemeine Bildungsgesetz r n = 2 r n, p n = q n s n, s n+1 = 2 s n+1, q n+1 = p n, r n (1.53) us dem mit den Strtwerten q 1 =4πε φ und s 1 = die Spiegelldungen und ihre Abstände rekursiv bestimmt werden können. Bezieht mn noh die Ldungen uf den Strtwert q 1 und die Abstände uf den Kugelrdius p n = p n, q n = q n, r n = r n q 1 q 1, s n = s n, dnn lutet die Rekursion r n 1 = / s, p n = q n r n, s 1 n+1 = n / r n, q n+1 = p n s n+1 (1.54) mit den normierten Strtwerten s 1 =undq 1 = 1. Die Gesmtldungen der linken und rehten Kugel beim Teilproblem A sind Q (A) l = n q n, Q (A) r = n p n. Aus Symmetriegründen bruht mn die Gesmtldung der linken Kugel im Teilproblem B niht neu zu berehnen, denn es gilt Q (B) l = Q (A) r und us der Kpzität (1.48) wird C = 1 (q n p n )=2πε (q n p 2φ n). (1.55) n n Die Beziehungen (1.55) und (1.54) lssen sih sehr einfh in einem kleinen Computerprogrmm implementieren. Die Anzhl der zu berüksihtigenden Spiegelldungen hängt dbei vom Verhältnis / b. Bei diht benhbrten Kugeln ist die Konvergenz des Verfhrens nturgemäß shlehter und mn wird eine größere Anzhl von Rekursionen benötigen, bis sih ds Ergebnis stbilisiert ht. Bei kleinen Kugeln mit gilt die Näherungsformel C 2πε, (1.56) die mn sehr einfh herleiten knn, indem mn die Kugeln durh Punktldungen ±Q in ihrem Mittelpunkt ersetzt. Dies zu zeigen, sei dem Leser zur Übung überlssen. Abb mht deutlih, wie groß der Fehler speziell bei diht beieinnder liegenden Kugeln wird.

40 4 1. Elektrosttishe Felder 4 3 C 2πε 2 exkt Näherung / Abb Kpzität zwishen zwei Kugeln im Vergleih zur Näherungsformel für kleine Kugeln (1.56) E23 Rndwertproblem in krtesishen Koordinten Im krtesishen Koordintensystem sind die Ebenen x =,x = und y = ls leitende geerdete Beläge usgeführt, während in der Ebene y = b ds Potentil den Verluf ) φ os(πx/) bzw.b) φ sin(πx/) hben soll. Gesuht ist ds Potentil φ(x, y) im Innenrum des Rehtekzylinders sowie die Gleihung der elektrishen Feldlinien. ) y φ(x, b) b) y b b F F 2 P (x, y) F 1 ψ e1 x /2 x Abb () Rehtekzylinder mit drei geerdeten Wänden und Potentilvorgbe uf einer Wnd () Zerlegung des Flusses zur Berehnung der elektrishen Feldlinien ψ e P ψ e2 Lösung: Es liegt ein hinsihtlih der Koordinte z ebenes Rndwertproblem erster Art in krtesishen Koordinten vor. Ds Potentil erfüllt die zweidimensionle Lple-Gleihung (A.1) mit dem llgemeinen Lösungsnstz (A.2). Bei der Bestimmung der unbeknnten Konstnten in (A.2) beginnt mn m besten mit den homogenen Rndbedingungen, um den llgemeinen Lösungsnstz soweit wie möglih zu reduzieren φ(,y)= A = A p = φ(, y) = B =, sin p = p = p n = nπ,n=1, 2, 3,...

41 Aufgbe E23 41 φ(x, ) = C p =. Kürzt mn noh ds Produkt der übriggebliebenen Konstnten mit E n b, so lutet der uf ds Problem zugeshnittene reduzierte Lösungsnstz φ(x, y) = E n sinh p n y sin p n x. (1.57) n=1 ) Potentilvorgbe φ(x, b) =φ os(πx/) Einsetzen der Potentilvorgbe in (1.57) liefert E n sinh p n b sin p n x = φ os πx. (1.58) n=1 Zur Bestimmung der Konstnten E n werden beide Seiten von (1.58) mit sin p m x multipliziert und nshließend über den Bereih x integriert (Orthogonlentwiklung) ˆ φ os πx ˆ sin p mx dx = E n sinh p n b sin p n x sin p m x dx. n=1 } {{ } δm n /2 Durh ds Auftreten des Kroneker-Symbols δm n verbleibt lediglih ds Glied m = n in der Summe. D der Index m jede beliebige ntürlihe Zhl sein knn, liefert die beshriebene Prozedur lle unbeknnten Konstnten E n. Die Integrtion uf der linken Seite ergibt 9 ˆ os πx sin p mx dx = [ ] 1 os[(m +1)π] 1 os[(m 1)π] + 2π m +1 m 1 und mit os[(m +1)π] = os[(m 1)π] =( 1) m+1 wird us (1.57) φ(x, y) = 4 n sinh p n y φ π n 2 1 sinh p n b sin p nx. n=2,4,6 Die elektrishen Feldlinien erhält mn durh Konstnthlten des elektrishen Flusses (1.15), wobei us Symmetriegründen die Betrhtung des Bereihes x /2 genügt. Der Fluss durh die Flähe F in Abb. 1.4b verändert sih niht, wenn mn den vriblen Punkt P (x, y) entlng einer Feldlinie vershiebt. D ds in Abb. 1.4b mrkierte Gebiet ldungsfrei ist, gilt für den Fluss pro Längeneinheit ψ e = ψ e1 + ψ e2 mit ψ e1 = ε ˆ /2 x φ y dx, ψ e2 = ε ˆ b y φ x dy. x=/2 Die gesuhte Feldliniengleihung nimmt dnn die Gestlt 9 siehe z.b. [Bronstein] Integrl Nr. 48

42 42 1. Elektrosttishe Felder ψ e(x, y) ψ = n=2,4,6 [ ] n osh pn y n 2 1 sinh p n b os p nx ( 1) n 2 oth pn b = onst. mit ψ =4ε φ /π n. In Abb ist ds Feldbild drgestellt. Abb Äquipotentillinien und Feldlinien bei kosinusförmiger Potentilvorgbe Bemerkenswert ist dbei die Wirbelbildung des elektrishen Feldes in den oberen Eken des Zylinders. Ttsählih sieht es dort eher wie ds mgnetishe Feld eines Linienstromes us. Denkt mn sih nun in der linken oberen Eke den Ursprung eines loklen Polrkoordintensystems (ϱ, ϕ), dnn knn mn näherungsweise shreiben E e ϕ C 1 ϱ, ˆ π/2 E ϕ (ϱ) ϱ dϕ = φ E ϕ = 2φ π 1 ϱ. (1.59) Wie der Abb entnommen werden knn, wird ds Feld in der Eke durh (1.59) gut pproximiert E φ y/b 1 Abb Elektrishes Feld entlng der y-ahse. Der gestrihelte Verluf zeigt die Approximtion durh (1.59). 1 (1.59) ist ds korrekte Feld von zwei unendlih usgedehnten, rehtwinklig und isoliert ufeinnder treffenden, leitenden Pltten mit den Potentilen φ = und φ = φ. Hiervon knn sih der Leser sehr leiht durh Lösung der Lple- Gleihung in Polrkoordinten überzeugen.

43 Aufgbe E24 43 b) Potentilvorgbe φ(x, b) =φ sin(πx/) In diesem Fll ist die Vorgbe in Form der ersten Eigenfunktion gegeben und mn bruht in der llgemeinen Lösungssumme nur ds Glied n =1zu berüksihtigen. Es stellt sih dher die Potentilverteilung φ(x, y) φ = sinh(πy/) sinh(πb/) sin πx ein. Bei der Flussberehnung ist zu behten, dss die Linie x = /2 zur Feldlinie wird, so dss ψ e2 in Abb. 1.4b vershwindet. Dmit lutet die Gleihung der Feldlinien ψ e(x, y) =ε φ osh(πy/) sinh(πb/) os πx = onst.. Die Äquipotentil- und Feldlinien sind in Abb drgestellt. Abb Äquipotentillinien und Feldlinien bei sinusförmiger Potentilvorgbe E24 Elektrosttishe Linse (periodisher Fll) Koxile Strukturen, bestehend us leitenden Ringen mit untershiedlihen Potentilen, Abb. 1.44, treten in der Prxis bei Teilhenbeshleunigern und Fokussierungseinrihtungen uf. Gegeben ist eine periodishe Anordnung solher Ringe, n die lternierend die Potentile ±φ ngelegt sind, Abb. 1.44b. Der Rdius ller Ringe sei, ihre Breite h und der gegenseitige Abstnd d, h. Bestimme ds Potentil im Rum ϱ<unter der Annhme, dss ds Potentil sih im Splt zwishen den Ringen in erster Näherung liner mit der Koordinte z ändert. Lösung: Es liegt ein rottionssymmetrishes Rndwertproblem erster Art in Zylinderkoordinten vor. Ds Potentil erfüllt die Lple-Gleihung (A.5). Die Periodizität der Anordnung erfordert hier einen periodishen Lösungsnstz in z-rihtung, lso wählen wir (A.6). Aufgrund ihres singulären Verhltens uf der Ahse ϱ = sheiden der ntürlihe Logrithmus sowie die

44 44 1. Elektrosttishe Felder ) y x b) h ϱ d z ϕ φ +φ φ +φ z Abb () Periodishe Anordnung leitender Ringe. (b) Betrhtung der Anordnung in Zylinderkoordinten und Festlegung der Potentile modifizierte Bessel-Funktion zweiter Art dbei us. Ein linerer Term in z-rihtung ist ufgrund der Periodizität der Anordnung ebenflls niht möglih. Der zur Ebene z = shiefsymmetrishe Potentilverluf lässt weiterhin nur Sinusfunktionen im Anstz zu. Zur Ebene z =(h + d)/2 dgegen wird sih ds Potentil symmetrish usbilden, so dss dmit uh die Seprtionskonstnten p in der Form p = p n = nπ L, L = h + d, n =1, 3, 5... vorliegen und wir erhlten den reduzierten Potentilnstz φ(ϱ, z) = A n I (p n ϱ)sinp n z. n=1,3,5 Auf der Flähe ϱ = ht ds Potentil den Verluf { 2z/d für z d/2 A n I (p n )sinp n z = φ 1 für d/2 z L/2. n=1,3,5 (1.6) Dbei wurde nur ein Viertel der gesmten Periodenlänge betrhtet. Dies ist us Symmetriegründen uh vollkommen usreihend, d die Funktionen sin p n z lle Symmetrienforderungen erfüllen. Zweks Auffindung der noh unbeknnten Konstnten A n wird (1.6) im Zuge einer Fourier-Anlyse uf beiden Seiten mit sin p m z multipliziert und über den Orthogonlitätsbereih z L/2 integriert

45 Aufgbe E24 45 n=1,3,5 ˆ A n I (p n ) = 2 d φ ˆ d/2 L/2 sin p n z sin p m z dz = } {{ } δm n L/4 ˆ z sin p m z dz φ } {{ } I 1m L/2 d/2 sin p m z dz } {{ } I 2m. Mit den Integrlen 11 [ sin pm z I 1m = p 2 z os p ] d/2 [ mz os pm z, I 2m = m p m p m ] L/2 2 d I 1m + I 2m = 2 sin(p m d/2) d p 2 m und der Spltfunktion si(x) = sin x ergibt sih shließlih ds Resultt x φ(ϱ, z) φ = 4 π n=1,3,5 d/2 1 n si(p nd/2) I (p n ϱ) I (p n ) sin p nz. (1.61) Dmit knn uh ds elektrishe Feld E = φ und drus die Bhnkurve eines geldenen Teilhens mit der Ldung q und der Msse m in dem periodishen Potentilfeld berehnet werden. Dfür sind die Newton shen Bewegungsgleihungen K ϱ = qe ϱ = m dv ϱ dt = m d2 ϱ dt 2, K z = qe z = m dv z dt = m d2 z dt 2 zu lösen. Für ein kleines Zeitintervll t t t + Δt, in welhem ngenommen werden knn, dss sih die elektrishe Feldstärke nur unwesentlih ändert, liefert die Integrtion der Bewegungsgleihung zunähst die Geshwindigkeit in ϱ-rihtung v ϱ (t + Δt) =v ϱ (t )+ q t +Δt ˆ q E ϱ (t)dt m m E ϱ(t ) Δt t und nh nohmliger Integrtion den Ort ϱ(t + Δt) ϱ(t )+v ϱ (t )Δt + q 2m E ϱ(t )(Δt) 2. Wenn lso die Zeitspnne Δt klein genug gewählt wird, ist es uf diesem Wege möglih die Bhnkurve uf itertive Weise zu erhlten, indem die us 11 siehe z.b. [Bronstein] Integrl Nr. 279

46 46 1. Elektrosttishe Felder den Anfngswerten ϱ(t ) und v ϱ (t ) berehneten ktuellen Werte ϱ und v ϱ ls neue Strtwerte verwendet werden, u.s.w.. Zur Normierung führen wir noh die Geshwindigkeit v ein, die dem kinetishen Energiezuwhs der Ldung q nh Durhqueren der Potentildifferenz Δφ = φ entspriht 1 2 mv2 = ±qφ für q und erhlten den itertiven Algorithmus ϱ i+1 v ϱ,i+1 v = ϱ i +2δ v ϱ,i ± δ 2 E ϱ(ϱ i,z i ) v φ / = v ϱ,i ± δ E ϱ(ϱ i,z i ) v φ / für q. (1.62) Völlig nlog lssen sih die entsprehenden Gleihungen für die longitudinle Position z und Geshwindigkeit v z herleiten..9 ϱ/ ).9 ϱ/ b) 1 z/ 9 Abb Bhnkurven geldener Teilhen und Äquipotentillinien des periodishen Potentilfeldes der Anordnung in Abb. 1.44b für h =2 und v ϱ (z = h/2) =. () v z(z = h/2)/v =.2. (b) v z(z = h/2)/v =.4 Zur Abkürzung wurde in (1.62) die normierte Zeitshrittweite δ = 1 v Δt 2 eingeführt. Diese muss klein genug sein und sollte der m jeweiligen Ort herrshenden Feldstärke ngepßt werden, dmit der Algorithmus stbile Ergebnisse liefert. In Abb wurden neun rdil versetzte Teilhen betrhtet, die in der Ebene z = h/2 mitv ϱ = und v z /v =.2 bzw.v z /v =.4 strten. Im Flle der geringeren Anfngsgeshwindigkeit werden die Ldungen zunähst fokussiert, ber die kinetishe Energie der äußeren Teilhen

47 Aufgbe E25 47 reiht offenbr niht us, um die nähste Potentilbrriere zu überwinden. Die Coulomb she Abstoßungskrft der Ldungen untereinnder blieb bei der Berehnung unberüksihtigt. E25 Elektrosttishe Linse (periodisher Fll) Anstelle der periodishen Anordnung in Aufg. E24 soll nun der periodishe Fll, d.h. zwei uf die Potentile +φ bzw. φ ngehobene und einseitig ins Unendlihe lufende, leitende Zylinder betrhtet werden, Abb Dbei drf der Abstnd d diesml ls vernhlässigbr klein ngesehen werden. ) Berehne ds Potentil sowie die elektrishen Feldlinien. b) Leite ds Potentil zur Kontrolle us dem periodishen Resultt (1.61) der Aufg. E24 mit L (unendlihe Periodenlänge) her. ϱ ϕ +φ φ z d Abb Zwei Hälften eines in der Mitte durhtrennten Rohres mit den Potentilen ±φ Lösung: ) Bei dieser periodishen Anordnung wählen wir den Lösungsnstz (A.7). Aufgrund ihres singulären Verhltens uf der Ahse ϱ = sheiden der ntürlihe Logrithmus sowie die Neumnn-Funktion us. Ein linerer Term in z-rihtung ist ebenflls niht möglih, d er für z zu einem unendlihen Potentil führen würde. Dsselbe gilt uh für die Hyperbelfunktionen, so dss wir stttdessen Exponentilfunktionen verwenden. Unter Behtung dersymmetriezurebenez = knn mn lso den Anstz { } φ(ϱ, z) =sign(z) φ + A n J (j n ϱ/)e jn z / (1.63) n=1 ufstellen. Als Seprtionskonstnte wurde p = j n / gesetzt, wobei j n die Nullstellen der Bessel-Funktion J sind. Dmit vershwindet die Summe in (1.63) für ϱ = und die Rndbedingung uf dem leitenden Rohr ist bereits erfüllt. Weiterhin ist die Ebene z = ntürlih identish mit der Äquipotentilflähe φ =,d.h. φ(ϱ, z =)= φ = A n J (j n ϱ/). (1.64) n=1

48 48 1. Elektrosttishe Felder Im Zuge der folgenden Fourier-Bessel-Entwiklung werden beide Seiten von (1.64) mit ϱj (j m ϱ/) multipliziert und über den orthogonlen Bereih ϱ integriert ˆ ( ϱ ) φ J j m ϱ dϱ = n=1 } {{ } J 1 (j m ) 2 /j m nh (A.27) A n ( ϱ ) J (j n ϱ/)j j m ϱ dϱ. } {{ } δm n J1 2 (j m ) 2 /2 nh (A.29) ˆ In der Summe verbleibt dbei nur ds Glied n = m und mit den ddurh beknnten Konstnten A m lutet ds resultierende Potentil { } φ(ϱ, z) J (j n ϱ/) =sign(z) 1+2 φ j n J 1 (j n ) e jn z /. (1.65) n=1 Zur Vernshulihung der Feldusbildung wurden in Abb sowohl die Äquipotentillinien ls uh die elektrishen Feldlinien drgestellt. Dbei erhält mn die Feldlinien durh Konstnthlten des elektrishen Flusses (1.15) durh eine kreisförmige Flähe mit vriblem Rdius. Für z> gilt dnn mit (A.27) ˆϱ φ ψ e = 2πε z ϱ dϱ =4πε ϱ J 1 (j n ϱ/) φ j n J 1 (j n ) e jnz/ = onst.. n=1 +φ φ Abb Äquipotentilund Feldlinien m Übergng zweier leitender Rohrhälften mit den Potentilen ±φ b) Mit d undl wird zunähst us (1.61) φ(ϱ, z) = 4 φ π lim 1 I (p n ϱ) L n I (p n ) sin p nz. n=1,3,5 Die Differenz zweier benhbrter Eigenwerte p n = nπ/l wird für L infinitesiml klein und die Summe geht in ein Integrl über p n+1 p n = 2π L dp, 1 n = 1 2 L 2π nπ L 1 dp 2 p

49 Aufgbe E25 49 φ(ϱ, z) φ = 2 π ˆ I (pϱ) I (p) sin pz p Solhe uneigentlihen Integrle lssen sih mit dem Residuenstz lösen. Dbei nutzen wir us, dss der Integrnd eine gerde Funktion von p ist und setzen sin pz =(e jpz e jpz )/2j 2πj φ(ϱ, z) φ = ˆ I (pϱ) pi (p) e jpz dp } {{ } Int. dp. ˆ I (pϱ) pi (p) e jpz dp } {{ } Int.. (1.66) Wir fssen nun p ls komplexe Vrible uf und shließen den Integrtionspfd über einen Hlbkreisbogen mit unendlihem Rdius in der oberen komplexen Hlbebene, Abb Für z> liefert dieser Hlbkreisbogen keinen zusätzlihen Beitrg. 12 Im{p} Polstellen r R Re{p} Abb Zur Lösung des uneigentlihen Integrls (1.66) Für modifizierte Bessel-Funktionen mit imginärem Argument gilt I (jx) =J (x), I 1 (jx) =jj 1 (x), (1.67) so dss die Polstellen des Integrnden uf der imginären Ahse liegen und in der Form p =j j n durh die Nullstellen von J gegeben sind. Eine weitere Polstelle liegt im Ursprung der komplexen Ebene p =. Sie wird in Abb von einem Hlbkreis mit Rdius r umfhren. Nh dem Residuenstz wird dnn us dem Integrl in (1.66) { Int. = f(p)e jpz dp =2πjRes f(p); p = j j } n e jnz/ + (1.68) +πjres{f(p); p =} 12 Für z< würde mn ds Integrl in der unteren komplexen Hlbebene shließen. Aus Symmetriegründen genügt es jedoh, sih uf z> zu beshränken.

50 5 1. Elektrosttishe Felder mit den Residuen { Res f(p); p = j j } n p j j n = lim I(pϱ) = J (j n ϱ/) p j j n I (p) p j n J 1 (j n ) p I (pϱ) Res {f(p); p =} = lim =1. (1.69) p p I (p) Bei der Grenzwertberehnung wurde die Regel von L Hospitl, (1.67) und (A.26) verwendet. Nh Einsetzen der Residuen (1.69) in (1.68) und dnh von (1.68) in (1.66) ergibt sih in Übereinstimmung mit (1.65) φ(ϱ, z > ) φ = 1+2 n=1 J (j n ϱ/) j n J 1 (j n ) e jnz/. E26 Homogen polrisierter Zylinder Gegeben ist ein sehr lnger, in x-rihtung homogen polrisierter Zylinder vom Rdius, Abb Die Polristion sei P = P e x. Berehne ds Feld im Innen- und Außenrum des Zylinders. y ϱ P 1 ϕ x 2 ) b) Abb () Homogen polrisierter Zylinder. (b) Feldlinien der dielektrishen Vershiebung (D-Linien) Lösung: Es liegt ein ebenes Rndwertproblem in Polrkoordinten vor. Wegen P = P/ x = gilt für ϱ die Lple-Gleihung (A.3) mit dem llgemeinen Lösungsnstz (A.4). Auf der Oberflähe des Zylinders ϱ = befindet sih nh (1.8) die Polristionsflähenldung

51 Aufgbe E27 51 q Fpol = n P = e ϱ e x P = P os ϕ (1.7) und es gelten die Stetigkeitsbedingungen (1.12). Die Stetigkeit der Tngentilkomponente von E wird durh ein stetiges Potentil gewährleistet. Mit D = ε E + P = ε φ + P nh (1.4) und (1.7) luten dmit die entsprehenden Bedingungen für ds Potentil ( φ1 φ 1 (ϱ =, ϕ) =φ 2 (ϱ =, ϕ), ϱ φ ) 2 = P os ϕ. (1.71) ϱ ϱ= ε Ds Potentil muss für ϱ bklingen, für ϱ = endlih bleiben und die gleihe ϕ-abhängigkeit wie die Polristionsflähenldung (1.7) ufweisen, so dss mn den llgemeinen Anstz (A.4) in den Teilbereihen 1 und 2 uf diereduzierteform φ 1 = A ϱ os ϕ, φ 2 = B ϱ os ϕ bringen knn. Einsetzen in (1.71) liefert ( 1 A = B, A + ) ϱ ϱ= 2 = P A = P ε 2ε und shließlih mit ϱ os ϕ = x und ϱ 2 = x 2 + y 2 φ 1 = P 2ε x, φ 2 = P 2ε x x 2 + y 2. Ds Potentil steigt lso im Innenrum liner mit der Koordinte x n und ht dmit ein homogenes elektrishes Feld E = e x P /(2ε ) zur Folge. Ds Feld im Außenrum entspriht dem Feld eines x-gerihteten Liniendipols, vgl. (1.22) in Aufg. E8. In Abb. 1.49b wurden die D-Linien drgestellt. Mn behte, dss die elektrishe Flussdihte D im Innenrum wegen D = ε E + P entgegengesetzt zur elektrishen Feldstärke, lso in positive x-rihtung zeigt. E27 Sphärishe Entwiklung des Potentils einer Ringldung In der Höhe h über dem leitenden Hlbrum z< befinde sih eine ringförmige Linienldung q L mit dem Rdius b und dem Mittelpunkt uf der z-ahse. Ferner sei der hlbkugelförmige Bereih r, ϑ π/2 mit homogener, dielektrisher Mterie gefüllt, Abb Zu bestimmen ist ds elektrosttishe Potentil im gesmten Rum. Außerdem soll ds Ergebnis für den Spezilfll ε überprüft werden. Lösung: Wir bestimmen zunähst ds Potentil φ (q) der Ringldung im freien Rum und beshreiben diese mit Hilfe der Dir shen Deltfunktion δ(ϑ ϑ ) ls Flähenldung q F (ϑ) uf einer Kugelshle mit dem Rdius. Aus Abb. 1.5b ergeben sih die geometrishen Zusmmenhänge = b 2 + h 2, os ϑ = h =: u, sin ϑ = b.

52 52 1. Elektrosttishe Felder ) z b b) Ringldung q L P h ε r ε ϑ φ = h ε z ϑ 1 2 ϕ ϱ ϕ ϱ q F (ϑ) = ql δ(ϑ ϑ ) Abb () Ringldung über einem leitenden Hlbrum mit dielektrisher Hlbkugel. (b) Zur Berehnung des erregenden Potentils der Ringldung Die so eingeführte Flähenldung trennt den Gesmtrum in die beiden Teilräume 1 und 2, in denen jeweils die Lple-Gleihung in Kugelkoordinten (A.11) mit dem llgemeinen Lösungsnstz (A.12) gilt. Weil im vorliegenden Fll die Rottionshse Teil des Rehenvolumens ist, müssen die Funktionen zweiter Art von der Lösung usgeshlossen werden, d.h. D p = und die Seprtionskonstnte p ist gnzzhlig. D ds Potentil ußerdem im Ursprung r = niht unendlih werden drf und für r gegen null gehen muss, lssen sih in den beiden Teilräumen die reduzierten Ansätze ( r ) n A n P n (u) für r φ (q) (r, ϑ) = n= ( ) n+1 mit u = os ϑ B n P n (u) für r r n= ufstellen. 13 Die erforderlihe Stetigkeit des Potentils für r = wird dher durh die Gleihheit der Konstnten A n und B n erreiht φ (q) ( +,ϑ)=φ (q) (,ϑ) A n = B n. Zur Bestimmung der verbleibenden Konstnten A n wird ds sprungrtige Verhlten der Normlkomponente der dielektrishen Vershiebung beim Durhgng durh eine Flähenldung (1.13) herngezogen E r (q) ( +,ϑ) E r (q) (,ϑ)= φ(q) r φ(q) r= r = q F (ϑ) r=+ (2n +1)A n P n (u) = q L δ(ϑ ϑ ). (1.72) ε n= 13 Mn behte, dss die willkürlih vorgenommene Normierung des Abstndes r uf den Kugelshlenrdius keine Beshränkung der Allgemeingültigkeit drstellt. Solhe Normierungen wirken sih hingegen günstig uf die Erfüllung der Stetigkeitsbedingungen us. ε

53 Aufgbe E27 53 UmnunnhdenKonstntenuflösenzukönnen,verwendenwirdieOrthogonlitätseigenshft (A.46) der Legendre-Polynome und multiplizieren beide Seiten von (1.72) mit P m (u) und integrieren über u im Bereih 1 u +1 ˆ+1 (2n +1)A n P n (u)p m (u)du = q ˆ+1 L δ(ϑ ϑ )P m (u)du. (1.73) n= 1 } {{ } δm n 2/(2n +1) ε 1 } {{ } sin ϑ P m (u ) Dbei wurde von der Ausblendeigenshft der Dir shen Deltfunktion ˆπ f(ϑ) δ(ϑ ϑ )dϑ = f(ϑ ) sowie von du = sin ϑ dϑ Gebruh gemht. Die Konstnten A n in (1.73) lssen sih nun eliminieren und ds Potentil der Ringldung lutet ( r ) n φ (q) (r, ϑ) = q L b P n (u ) P n (u) für r n= 2ε ( ) n+1 P n (u ) P n (u) für r. r n= Es gilt nun, den Einfluss der Inhomogenitäten, d.h. des leitenden Hlbrumes und der dielektrishen Hlbkugel zu erfssen. Der Einfluss des leitenden Hlbrumes lässt sih durh eine negtive ber nsonsten gleihrtige Ringldung in der Ebene z = h simulieren. Wegen für gerde n P n (u ) P n ( u )= 2P n (u ) für ungerde n ergibt sih für ds Potentil einer Ringldung vor einem leitenden Hlbrum, im Folgenden primäres Potentil φ (p) gennnt, ( r ) n φ (p) (r, ϑ) = q P L b n (u ) P n (u) für r n=1,3,5 ε ( ) n+1 (1.74) P n (u ) P n (u) für r. r n=1,3,5 Die sih in der dielektrishen Hlbkugel ls Folge des Potentils φ (p) einstellende Polristion wird durh ein sekundäres Potentil φ (s) in der Form ( r ) n φ (s) (r, ϑ) = q C L b n P n (u) für r n=1,3,5 ε ( ) n+1 C n P n (u) für r r n=1,3,5

54 54 1. Elektrosttishe Felder mit den noh unbeknnten Konstnten C n erfsst. Wie mn sofort sieht, grntiert der Anstz für φ (s) ein stetiges Potentil n der Trennflähe r =. Dort muss uh die Normlkomponente der elektrishen Flussdihte D stetig sein, d.h. ( φ (s) + φ (p)) ε = ε ( φ (s) + φ (p)) r r r=+ ε { n ( ) n Pn (u ) n +1 worus die Konstnten C n folgen ( ) n C n = Pn (u n(ε r 1) ) n(ε r +1)+1 r= } { n ( ) n C n = ε Pn (u )+ n n} C,, ε r = ε ε. Ds sekundäre Potentil der polrisierten Hlbkugel ist dmit ( r ) n φ (s) (r, ϑ) = q ξ L b n P n (u ) P n (u) für r n=1,3,5 ε ( ) r ξ n P n (u n ) P n (u) für r r mit den Abkürzungen r = 2 r n=1,3,5, ξ n = n(ε r 1) n(ε r +1)+1. Abb zeigt zur Vernshulihung des Feldes die Äquipotentillinien für zwei vershiedene Dielektrizitätskonstnten. ) b) Abb Äquipotentillinien der betrhteten Rndwertufgbe in Kugelkoordinten für = h = b. () ε r =3.(b) ε r =1 Für den Spezilfll ε r.wirdξ n = 1 und wir erhlten durh Vergleih mit (1.74) den einfhen Zusmmenhng φ (s) (r, ϑ) = r φ(p) (r,ϑ) für r>.

55 Aufgbe E28 55 Dies ist ber nihts nderes ls die Bestätigung des Spiegelungsgesetzes n der leitenden Kugel. Denn ein Körper mit unendliher Permittivität verhält sih im Außenrum wie ein leitender Körper. In beiden Fällen steht ds elektrishe Feld senkreht uf der Oberflähe. E28 Lösung einer Poisson-Gleihung In den Aufgben E23 bis E27 hben wir uns mit Rndwertufgben beshäftigt, denen die Lple-Gleihung zugrunde lg. Wie wir gesehen hben, knn mn Punkt-, Linien- und Flähenldungen durh eine entsprehende Rumufteilung und über die Stetigkeitsbedingungen berüksihtigen, ohne direkt die Poisson-Gleihung lösen zu müssen. Bei räumlihen Ldungsverteilungen könnte mn ds Potentil eines infinitesimlen Elementes bestimmen und dnn ds Ergebnis über ds ldungsbehftete Volumen integrieren. Oftmls ist ber der direkte Weg über die Poisson-Gleihung einfher. Die folgende Aufgbe zeigt die prinzipielle Vorgehensweise. Es soll ds Potentil eines endlih lngen, homogen geldenen Hohlzylinders mit dem Innenrdius, dem Außenrdius b und der Länge 2l ls Lösung der Poisson-Gleihung in Zylinderkoordinten berehnet werden, Abb D die Anordnung weder in z- noh in ϱ-rihtung begrenzt ist, lässt sih ds Potentil zunähst niht mit Hilfe unendliher Reihen drstellen. Um dies dennoh zu ermöglihen, wird gemäß Abb. 1.52b eine künstlihe Begrenzung in Form eines leitenden, geerdeten Zylinders eingeführt. Bei genügend großem Rdius ist der Einfluss dieses Zylinders vernhlässigbr. 2l ) q V b) ϱ z b ϕ b φ = 2l 1 2 q V z Abb () Homogen geldener Hohlzylinder. (b) Die Rumldung wird für die Feldberehnung konzentrish mit einem leitenden, geerdeten Zylinder umgeben.

56 56 1. Elektrosttishe Felder Lösung: Für ds rottionssymmetrishe Potentil φ(ϱ, z)lutetdiepoisson- Gleihung (1.9) in Zylinderkoordinten { 2 φ ϱ φ ϱ ϱ + 2 φ z 2 = q V 1 für ϱ b, z l (1.75) ε sonst.. Wir nehmen zunähst eine Aufteilung des Rehengebietes in den Teilrum 1 ( z <l) und in den ldungsfreien Bereih 2 ( z >l) vor. Dnn knn im Rum 2 der Lösungsnstz (A.7) verwendet werden. Dbei wird die Neumnn- Funktion ufgrund ihres singulären Verhltens usgeshlossen und nstelle der Hyperbelfunktionen werden bklingende Exponentilfunktionen verwendet. D ußerdem ds Potentil uf dem Zylinder ϱ = vershwinden muss, liegen uh die Seprtionskonstnten ls p = j n / mit den Nullstellen j n der Bessel-Funktion J bereits fest und mn knn den reduzierten Anstz ( φ (2) ϱ ) ( ) z l (ϱ, z) = B n J j n exp j n n=1 ufstellen. Im Bereih 1 ist der Lösungsnstz (A.7) wegen der vorhndenen Rumldung jedoh niht mehr gültig. Wenn wir dort ebenflls Bessel- Funktionen wählen, ws im Hinblik uf die in der Ebene z = l zu erfüllenden Stetigkeitsbedingungen sinnvoll ist, dnn müssen in z-rihtung zunähst noh unbeknnte Funktionen Z n (z) ngesetzt werden ( φ (1) ϱ ) (ϱ, z) = J j n Z n (z). (1.76) n=1 Zur Bestimmung der Funktionen Z n wird (1.76) in (1.75) eingesetzt ( d 2 {Z n dϱ ) d ( ϱ ) J j n + d2 Z ( n ϱ dϱ dz 2 J ϱ ) } j n = n=1 { d 2 } { Z ( n = dz 2 j2 n 2 Z ϱ ) n J j n = q V 1 für ϱ b ε sonst. n=1 Dbei wurde die Bessel she Differentilgleihung nullter Ordnung f (x)+ 1 x f (x)+f(x) = (1.77) ngewendet. Ferner knn die Orthogonlitätsreltion (A.29) usgenutzt werden. Multipliktion von (1.77) mit ϱj (j n ϱ/) und Integrtion im Bereih ϱ liefert dnn unter Verwendung von (A.27) die inhomogene Differentilgleihung d 2 Z n dz 2 j2 n 2 Z n = K n (1.78) mit K n = q V ε 2 j n 1 J 2 1 (j n) { ( ) b J b 1 j n ( J 1 j n ) }.

57 Aufgbe E28 57 Die Lösung von (1.78) setzt mn wie üblih us einem homogenen und einem prtikulären Anteil zusmmen ( z ) 2 Z n (z) =A n osh j n K n jn 2 und ds Potentil nimmt somit im gesmten Bereih ϱ<die Form ( z ) ( ϱ ) 2 A n osh j n K n j 2 für z l n φ(ϱ, z) = J j m ( ) z l n=1 B n exp j n für z l mit den noh zu bestimmenden Koeffizienten A n und B n n. Nun gibt es m Übergng z = l zwishen den Teilbereihen keinen Anlss zu Unstetigkeiten, weder für ds Potentil noh für die elektrishe Feldstärke, d.h. es gilt ( ) l 2 φ(ϱ, l ) = φ(ϱ, l +) A n osh j n K n jn 2 = B n φ z = φ ( ) l z=l z A n sinh j n = B n. z=l+ Nh Auflösen sind die Konstnten und dmit ds gesuhte Potentil vollständig beknnt und mn erhält für z die Drstellung φ(ϱ, z) = q V ( ϱ ) ( ) ( ) b bj1 jn J1 jn J j n ε j 3 n=1 n J 1 2(j (1.79) n) ( ) ( ) z l z + l exp +j n +exp j n 2 für z l ( ) ( ) z + l z l exp j n exp j n für z l. Ds Resultt soll nun nhnd von Spezilfällen, für die einfhere Lösungen existieren, überprüft werden. Dbei wird von einem Vollzylinder mit = usgegngen. Mn knn z.b. ds elektrishe Feld uf der Rottionshse 14 ϱ =ohne weiteres mit Hilfe des Coulomb-Integrls (1.6) berehnen. Der Leser möge sih zur Übung selbst dvon überzeugen, dss uf der Stirnseite der Rumldung die elektrishe Feldstärke E z (ϱ =,z = l) = q V l ε (1+ b2l ) b 2 l 2 (1.8) herrsht. Für muss (1.79) mit E z = φ/ z numerish denselben Wert liefern. Abbildung 1.53 zeigt die reltive Abweihung vom exkten Ergebnis (1.8) in Abhängigkeit vom Rdius der geerdeten Hülle. Für ds 14 Außerhlb der Ahse ist es niht möglih, einen geshlossenen Ausdruk für die Feldstärke nzugeben und es wäre eine numerishe Integrtion erforderlih.

58 58 1. Elektrosttishe Felder gewählte Beispiel liegt der Fehler shon bei einem Rdienverhältnis /b = 3 unter 1%. Dbei ist zu bedenken, dss der Rehenufwnd mit größerem Rdius nsteigt, d die Konvergenz der unendlihen Reihe in (1.79) erst später einsetzt. Ein Hinweis druf ist die leihte Welligkeit in der Fehlerkurve bei größeren Rdien. Bei der numerishen Auswertung wurden konstnt 2 Summenglieder berüksihtigt. Eine weitere gute Kontrolle lässt sih durh Betrhtung der elektrishen Feldstärke uf der Mntelflähe der Rumldung durhführen, wenn es sih um einen sehr lngen Zylinder, l b, hndelt. Dnn nämlih können die Rndeffekte vernhlässigt werden und ds Feld lässt sih mit dem Guß shen Gesetz ermitteln. Auh hier überlssen wir es dem Leser zu zeigen, dss ds Feld den Grenzwert E = lim E ϱ (ϱ = b) = q V b l 2ε nnimmt. In Abb. 1.53b wird deutlih, wie ds us (1.79) mit E ϱ = φ/ ϱ numerish gewonnene Feld bei zunehmender Zylinderlänge dem Wert E zustrebt. 1% 8% 1 ) b).9 6% 4% ΔE z(,l)/e z E ϱ(b, )/E.8.7 2% /b 2l/b Abb () Reltiver Fehler der elektrishen Feldstärke m Ort ϱ =,z = l für = und 2l = b. (b) Elektrishe Feldstärke m Ort ϱ = b, z = bezogen uf ds elektrishe Feld uf der Oberflähe eines unendlih lngen Zylinders für = und =3b Abshließend sind in Abb die Äquipotentillinien eines geldenen Hohlzylinders drgestellt. Im Mittelpunkt stellt sih dbei ein singulärer Punkt S mit vershwindender Feldstärke ein. Es lässt sih zeigen, dss in unmittelbrer Umgebung dieses singulären Punktes die durh S verlufende Äquipotentilflähe durh einen Kreiskegel mit dem Öffnungswinkel α = 2 rtn 2 19 o ngenähert werden knn.

59 Ergänzungsufgben 59 S Abb Äquipotentillinien eines homogen geldenen Hohlzylinders Ergänzungsufgben Aufgbe E29: Im Luftzwishenrum eines ebenen Plttenkondenstors (Plttenflähe F, Abstnd d und Rndeffekte vernhlässigbr) befinde sih isoliert eine weitere dünne Pltte gleiher Flähe, welhe die gleihmäßig verteilte Gesmtldung Q trägt. ) Wie groß ist ds elektrishe Feld, wenn zwishen den Pltten die Spnnung U liegt? b) Welhe Krft wirkt uf die innere Pltte? Lösung: ) E 1 = U d b Q d ε F F φ = φ = U b 1, E 2 = U d + Q d ε F F 2 F x b) K = Q 2 (E1 + E2) ex Aufgbe E3: Der Bereih zwishen zwei prllel ngeordneten Elektroden mit der Flähe F und dem Abstnd sei homogen mit einer Rumldung der Dihte q V gefüllt. Die linke Elektrode ist geerdet und die rehte ht ds Potentil φ = U. ) Bestimme ds Potentil im Rumldungsbereih unter der Vorussetzung, dss es nur von der Koordinte x bhängig ist. b) Welhe Ldung befindet sih uf der rehten Elektrode? F F φ = φ = U Rumldung q V x

60 6 1. Elektrosttishe Felder ( ) x qv 2 x Lösung: ) φ = U + 2ε x2 2, b) Q = ( εu qv ) F 2 Aufgbe E31: Gegeben ist eine kreisförmige, dünne Sheibe vom Rdius, die homogen mit der Gesmtldung Q belegt ist. Mit welher Krft senkreht zur Sheibe wird eine Punktldung Q bgestoßen, die sih uf dieser Sheibe befindet? K n Q Gesmtldung Q Lösung: K n = Q2 2πε 2 Aufgbe E32: Gegeben ist eine kugelförmige, homogene Flähenldung q F mit Rdius. ) Wie groß ist die elektrosttishe Feldenergie der Anordnung? b) Wie groß ist die Feldenergie wenn die Flähenldung konzentrish von einer leitenden, ungeldenen Hohlkugel mit dem Innenrdius b > und der Wndstärke d umhüllt wird? b q F leitende Hohlkugel d Lösung: ) W e = q 2 F 2π 3, b) W e = q 2 2π 4 ( 1 F ε ε 1 b + 1 ) b + d Aufgbe E33: Eine Rumldung ist homogen mit der Dihte q V in einem unendlih lngen Zylinder vom Rdius R verteilt. In der Höhe h drüber wird rehtwinklig zur Zylinderhse ein gleihmäßig mit der Gesmtldung Q geldener Stb der Länge 2 ngeordnet. Berehne die Krft uf den Stb. R h y Q x Lösung: K = QqV 2ε R 2 rtn h ey z q V Aufgbe E34: Auf einem Ring mit dem Rdius ist die Gesmtldung Q homogen verteilt. Welhe Krft wirkt uf eine homogene Linienldung, die uf der z-ahse im Bereih z h ngeordnet ist und ebenflls die Gesmtldung Q ht? h z Q Q [ ] Lösung: K = Q2 1 4πε h 1 e z 2 + h 2 x y

61 Ergänzungsufgben 61 Aufgbe E35: In der Ebene z = befindet sih eine kreisförmige Linienldung mit der Gesmtldung Q und dem Rdius. Mn berehne ds elektrishe Feld uf der z-ahse, wenn sih eine leitende, geerdete Kugel mit dem Rdius b< im Koordintenursprung befindet. { Lösung: E = Q z 4πε ( 2 + z 2 ) b 3/2 x } z (b 4 / 2 + z 2 ) 3/2 z e z leitende, geerdete Kugel b Q y Aufgbe E36: Eine Punktldung (Msse m, Ldung q) bewege sih gerdlinig uf der z- Ahse. Konzentrish um die z-ahse ist m Ort z = ein homogen geldener Ring mit dem Rdius R und der Gesmtldung Q ngeordnet. Beide Ldungen hben ds gleihe Vorzeihen. Welhe Mindestgeshwindigkeit v benötigt die Punktldung im Punkt z =, um durh den Ring hindurhzufliegen? Lösung: v > qq 2πε m { } 1 R 1 R2 + 2 v q, m z = Q R z = z Aufgbe E37: Eine Punktldung (Ldung q, Msse m) befinde sih im Abstnd vor einer unendlih usgedehnten, perfekt leitenden, geerdeten Pltte. Welhe Anfngsgeshwindigkeit benötigt die Punktldung, um ins Unendlihe befördert zu werden? φ = q, m v Lösung: v q 4 2 πε m Aufgbe E38: Gegeben sind drei homogene, kugelförmige Rumldungen, die durh Punktldungen Q, bzw. 2Q in ihren Mittelpunkten ersetzt werden können. Die Ldungen Q hben jeweils den Abstnd zur Ldung 2Q und die beiden Ahsen zwishen den positiven Ldungen und der negtiven Ldung bilden wie im Bild ngegeben den Winkel α. Bestimme ds äquivlente Dipolmoment der Anordnung. y Q 2Q α Q x

62 62 1. Elektrosttishe Felder Lösung: p e =2Q os α 2 Aufgbe E39: Auf der z-ahse befindet sih mit Ausnhme des Ortes z = eine unendlih lnge Dipolkette. Die Dipole hben ds Moment p e und den gegenseitigen Abstnd voneinnder. Bestimme ds elektrishe Feld im Koordintenursprung. Lösung: E = pe 1 πε 3 i 1.22 pe 3 πε 3 i=1 y p e p e p e p e p e p e p e z Aufgbe E4: Bestimme die Ldungsverteilung q F (ϑ) uf einer leitenden Kugel, die in ein ursprünglih homogenes elektrishes Feld der Stärke E eingebrht wird. Hinweis: Ds Störfeld der Kugel knn proportionl zu einem Dipolfeld ngesetzt werden. ϕ ϑ E z Lösung: q F (ϑ) =3ε E os ϑ Aufgbe E41: Gegeben ist ein homogen polrisierter Stb mit der Höhe 2h und dem Rdius. Die Polristion sei P = P e z. Berehne die elektrishe Flussdihte D uf der z-ahse. z h Lösung: D z = P 2 [f(z + h) f(z h)] P h y mit f(ζ) =ζ/ 2 + ζ 2 x Aufgbe E42: Mn bestimme die Kpzität C pro Längeneinheit eines unendlih lngen, dünnen, leitenden Drhtes vom Rdius, der in der Höhe h über dem Erdboden verläuft. h h Lösung: C = 2πε ln(2h/) Erdboden

63 Ergänzungsufgben 63 Aufgbe E43: Vor einem leitenden, geerdeten Winkel befinde sih gemäß Abbildung eine kleine, leitende Kugel mit dem Rdius h. Berehne die Kpzität der Anordnung. ( ) 1 Lösung: C =4πε 1 h h h h Aufgbe E44: Bestimme die Kpzität pro Längeneinheit eines unendlih lngen Zylinderkondenstors mit Innenrdius und Außenrdius b, der zur Hälfte mit Dielektrikum ε ε gefüllt ist. b Lösung: C = π(ε + ε) { ln b } 1 ε Aufgbe E45: Ein Kugelleiter (Rdius, Ldung Q ) werde konzentrish von einer leitenden Hohlkugel (Rdius b, Ldung Q b )umshlossen. Der Bereih r b, ϕ 2π und ϑ α ist mit Dielektrikum gefüllt. Berehne die Energieänderung des elektrishen Feldes ΔW e, wenn beide Elektroden leitend miteinnder verbunden werden. Q b ε b ε z α ϕ Q Lösung: ΔW e = Q2 4π b b 1 ε(1 os α)+ε (1 + os α) Aufgbe E46: Gegeben ist eine sehr kleine metllishe Kugel mit Rdius r 1 und eine große mit Rdius r 2. Der Abstnd zwi- +Q Q r 1 r 2 shen den Kugelmittelpunkten sei d. DieKu- geln trgen entgegengesetzt gleihe Ldungen ±Q. Mn bestimme die Kpzität der Anordnung. d r 1 4πε Lösung: C = 1 + r2 d r r 1 d 2 d 2 r2 2 r 2 d

64 64 1. Elektrosttishe Felder Aufgbe E47: Die Ebenen x = und x = sowie y = und y = b bilden eine leitende geerdete Bewndung. Der Bereih <x<, <y<sei in y-rihtung polrisiert: P = e yp sin πx Bestimme ds Potentil im Bereih 2. Lösung: φ 2 = P πε sin πx sinh π(b y) y sinh π ε 2 1 P / sinh πb φ = b x Aufgbe E48: Ein leitender Hlbzylinder y befindet sih isoliert in sehr kleinem Abstnd über einem leitenden Hlbrum. Der Hlbzylinder hbe ds Potentil φ, der Hlbrum φ = φ ϱ ds Potentil φ =. Berehne ds Potentil φ(ϱ, ϕ) der Anordnung. φ = ϕ Lösung: φ(ϱ, ϕ) =φ 4 π n=1 ( ) 2n 1 sin(2n 1)ϕ ϱ 2n 1 P x Aufgbe E49: Gegeben ist ein unendlih lnges, geerdetes Metllrohr vom Rdius. Ds Rohr ist für z> mit Dielektrikum ε r 1 gefüllt. In der Ebene z = befinde sih die Flähenldung q F = q F J (j 1ϱ/), wobei j 1 die erste Nullstelle der Bessel-Funktion J sein soll. Bestimme ds Potentil innerhlb des Rohres. ( ) qf 1 ϱ Lösung: φ(ϱ, z) = j 1 ε (1 + ε r) J j 1 ϕ qf e j 1 z / ϱ φ = ε r z Aufgbe E5: Gegeben ist ein dielektrishes Medium (ε r) mit einem kugelförmigen Hohlrum vom Rdius. Im Mittelpunkt des Hohlrumes befinde sih ein elektrosttisher Dipol mit dem Moment z p e ϑ r P p e = e zp. Bestimme ds Potentil im Hohlrum. ε rε ε ϱ { } Lösung: φ(r, ϑ) = p 2 4πε 2 r +2r 1 ε r os ϑ 2 1+2ε r

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