Felder und Wellen WS 2017/2018. Hd s = NI. H E l+2h L x = NI B E = B L = B H E = B = NI. b) Die Energiedichte der magnetischen Feldenergie ist

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1 Felder und Wellen WS 27/28 Musterlösung zur 9. Übung 2. Aufgabe a) Nach dem Durchflutungsgesetz Hd s NI B steht senkrecht auf allen Grenzflächen H E l+2h L x NI B E B L B In das Umlaufintegral eingesetzt H L B µ H E B µ µ r Bl+2µ r Bx µ µ r NI B µ µ r NI l+2µ r x Daraus folgen die magnetischen Feldstärken H L B µ µ rni l+2µ r x µ rh E H E B µ µ r NI l+2µ r x b) Die Energiedichte der magnetischen Feldenergie ist w m 2 BH Die Gesamtenergie ist also W w ml dv + w me dv BH L dv + BH E dv 2 2

2 B und H sind im Eisen und im Luftspalt über die Länge konstant W 2 (labh E +2xABH L ) H L µ r H E W m (I,x) 2 ABH E(l+2µ r x) 2 Aµ µ r (NI) 2 l+2µ rx (l+2µ r x) 2 2 Aµ µ r (NI) 2 l+2µ r x Nun nochw m (φ,x) für gleichbleibenden Fluss und variablen Abstand. W m (φ,x) 2 ABH E(l+2µ r x) 2 AB B µ µ r (l+2µ r x) φ 2 (l+2µ r x) 2Aµ µ r Vergleicht man diese beiden Darstellungen der Energie miteinander, stellt man fest, dass die magnetische Energie W m (I,x) bei konstantem Strom mit steigendem x abnimmt. In diesem Fall wird von den Quellen (Batterie) gefordert, dass die Ströme konstant gehalten werden, entweder durch Energieabgabe in das System, oder durch Energieaufnahme aus dem System. W m (φ,x) beschreibt hingegen den Fall, bei dem die Quellen nicht gegen eine Änderung des Flusses, bzw. eine dadurch induzierte Spannung arbeiten müssen. In diesem Fall findet kein Energieaustausch mit den Quellen statt. Die magnetische EnergieW m (φ,x) hingegen nimmt mit zunehmendem Abstand zu. Der zweite Fall ist der einfachere. Hier werden die Quellen nicht betrachtet und die Energiebilanz ist nur durch die im Magnetfeld gespeicherte Energie und die zugeführte mechanische Energie W mech Fd s gegeben. Da die Masse angezogen wird, muss bei einer Vergrößerung des Abstandes gegen die Kraft des Elektromagneten gearbeitet werden. Dem System wird also Energie zugeführt. Dies schlägt sich in einer Erhöhung der magnetischen Energie nieder. Diese Kraft wollen wir nun ausrechnen. c) Bei konstantem Strom: F W x 2 Aµ µ r (NI) 2 xl+2µ r x Aµ µ 2 r(ni) 2 (l+2µ r x) 2

3 Bei konstantem Fluss F W x x φ 2 2µ r 2Aµ µ r φ2 Aµ µ r µ r (l+2µ r x) 2Aµ µ r Nach Ersetzen des Flusses durch das Feld ergibt sich wieder φ 2 Aµ µ 2 r(ni) 2 (l+2µ r x) 2 D.h. die Kraft ist - wie zu erwarten war - negativ, also entgegen der Richtung des Abstandes x. Für eine vorliegende Situation ist die Kraft natürlich die gleiche, egal wie sie ausgerechnet wird. In einem gewählten Arbeitspunkt von I, bzw. dem dazugehörenden φ gibt es natürlich nur die Kraft in eine Richtung. Im Falle W m (φ,x) ist dies einfach zu verstehen. (s.o.) Für den Fall W m (I,x) wird durch die verrichtete Arbeit Energie in das System gesteckt und zusätzlich nimmt die magnetische Energie ab. Das bedeutet, dass die Quellen die überschüssige Energie aufnehmen. Verwirrend? Stellt man es sich so vor, dass bei W m (I,x) die magnetische Energie mit abnehmendem Abstand zunimmt, und zusätzlich mechanische Energie frei wird, dann ist es klar, dass die Quellen sowohl für die zunehmende magnetisiche Energie aufkommen müssen, als auch für das Beschleunigen der Last. Zusatz: Für nicht zu kleinexkann folgende Näherung gemacht werden: l 2µ r x F Aµ µ 2 r(ni) 2 4µ 2 rx 2 4 Aµ (NI) 2 x 2 Kraft ist proportional zu x 2 Zu diesem Ergebnis kommt man auch, wenn man annimmt, dass der Großteil der Energie im Luftspalt ist. (Dort ist das H-Feld umd den Faktor µ r größer.) Für sehr kleinex: 2µ r d l Die Kraft ist konstant. F Aµ µ r (NI) 2 l Aufgabe a) Das Gesetz von Biot-Savart für Linienleiter ist B( r) µi d s ( r r ) 4π r r 3

4 r a e R +d e z, r z e z, d s adϕ e ϕ r r a e R +(z d) e z d s r r a 2 dϕ e z B z (z) µi 2π a 2 dϕ e z 4π (a 2 +(z d) 2 ) 3/2 µ a 2 I 2(a 2 +(z d) 2 ) 3/2 e z b) Das Feld der zweiten Spule folgt aus dem der ersten durch Einsetzen von d anstelle vond. B 2 (z) µ a 2 I 2(a 2 +(z +d) 2 ) 3/2 Das Gesamtfeld lautet B z (z) B z (z)+ B z2 (z) µ a 2 I 2 c) Die erste Ableitung ergibt z B z 3µ a 2 I 2 { { } (a 2 +(z +d) 2 ) 3/2 + (a 2 +(z d) 2 ) 3/2 } z d (a 2 +(z d) 2 ) 5/2 + z +d (a 2 +(z +d) 2 ) 5/2 Diese Ableitung wird Null für z. (Dies war auch klar, weil das Problem symmetrisch zur x-y-achse ist und deshalb dort zumindest ein lokales Extremum besitzen kann. Damit ist auch klar, dass alle ungeraden Ableitungen null sind.) d) Die zweite Ableitung und gleich z eingesetzt: { 2 z 2B z 3µ a 2 I [a 2 +d 2 ] 5/2 5 2 ( d)2 [a 2 +d 2 ] 3/2 2 2 (a 2 +( d) 2 ) }... [a2 +d 2 ] 5/2 5 2 (+d)2 [a 2 +d 2 ] 3/2 2 (a 2 +(+d) 2 ) 5 3µ a 2 { I [a [a 2 +d 2 ] 3/2 2 +d 2 ] 5d 2 2 (a 2 +( d) 2 ) 5 + [a2 +d 2 ] 5d 2 (a 2 +(+d) 2 ) 5 Dieser Term wird null, wenn[a 2 +d 2 ] 5d 2 wird. Also bei d 2 a. Mit diesem Wert ist auch die zweite Ableitung null. Damit sind also die ersten drei Ableitungen null und das Feld ist damit sehr homogen um den Ursprung. }

5 Zusatzaufgabe a) Der Schalter S ist geöffnet. Auf die Ladungsträger wirkt bei einer konstanten Winkelgeschwindigkeit nach einer Ladungsverschiebung ein Kräftegleichgewicht Es gilt dann F E + F B F E F B Q E Q( v B) E v B ΩR e ϕ B e z ΩRB }{{} e r E r Die Potentialdifferenz Φ zwischen den Kontakten berechnet sich aus der Differenz der Potentiale Φ Φ(R 2 ) Φ( ) R 2 ΩRB e R dr ΩB [ 2 ] 2 ΩB (R 2 2 R 2 ) Die Flächenladungsdichten berechnen sich zu σ D n2 D n Damit ergibt sich bei R σ( ) D a ( ) D i ( ) FürR R 2 gilt analog E r ( )ǫ Ω B ǫ σ(r 2 ) D a (R 2 ) D i (R 2 ) E r (R 2 )ǫ ΩR 2 B ǫ Die Raumladungsdichte wird über die Divergenz des D-Feldes bestimmt ρ divd ǫ R R ( ΩRB R) 2ǫ R ΩB R 2ǫ ΩB

6 Die LadungQfür R < ist. Die Ladung fürr berechnet sich zu Q( ) σ( )df H 2π Ω B ǫ dϕdz 2πǫ HΩR 2 B Die LadungQ innen berechnet sich aus der Raumladungsdichte Q innen ρdv H 2π R 2 2ǫ ΩB RdRdϕdz 4πǫ ΩB H R 2 RdR 2πǫ ΩB H(R 2 2 R 2 ) Die Ladung fürr R 2 berechnet sich zu Q(R 2 ) σ(r 2 )df H 2π ΩR 2 B ǫ R 2 dϕdz 2πǫ HΩR 2 2B Die Gesamtlandung setzt sich aus den Einzelladungen zusammen Q gesamt Q( )+Q innen +Q(R 2 ) 2πǫ HΩR 2 B 2πǫ ΩB H(R 2 2 R 2 )+2πǫ HΩR 2 2B b) Das Ersatzschaltbild: Der Schalter S ist geschlossen. Es fließt ein Kurzschlussstrom. Das modifizierte E-Feld E wird über die Stromdichte berechnet J(R) κ E(R) Die Stromdichte und das modifizierte E-Feld besitzen nur eine radiale Komponente J(R) J R (R) e R E(R) ẼR(R) e R J R (R) κẽr(r)

7 R i ~ S Die StromdichteJ R wird über den Kurzschlussstrom berechnet Somit kannẽr bestimmt werden H 2π J R (R)Rdϕdz 2πHRJ R (R) J R (R) 2πHR Ẽ R J R(R) κ 2πHRκ Die Raumladungsdichte wird über die Divergenz des modifizierten D-Feldes bestimmt ρ div D ǫ R R ( ) Ik 2πHRκ R Die modifizierten Oberflächenladung σ( ) berechnet sich zu FürR R 2 gilt analog σ( ) D a ( ) D i ( ) Ẽr( )ǫ ǫ 2πH κ σ(r 2 ) D a (R 2 ) D i (R 2 ) Ẽr(R 2 )ǫ ǫ 2πHR 2 κ

8 Die Ladung fürr berechnet sich zu Q( ) σ( )df H 2π ǫ κ Die Ladung fürr R 2 berechnet sich zu Q(R 2 ) σ(r 2 )df ǫ H 2π ǫ 2πH κ dϕdz 2πHR 2 κ R 2dϕdz ǫ κ Die Ladung Q innen ist, weil im Innern keine Raumladungsdichte vorhanden ist. Die Gesamtlandung setzt sich aus den Einzelladungen zusammen Q gesamt Q(R)+ Q innen + Q() ǫ κ ǫ κ Die Potentialdifferenz Φ berechnet sich aus der Differenz der Potentiale Φ Φ(R 2 ) Φ( ) R 2 c) Der Schalter S ist geschlossen. Dann gilt 2πHRκ dr 2πHκ [ln(r)]r 2 I ( ) k 2πHκ ln Φ Φ 2 ΩB ( 2 R) 2 I ( ) k 2πHκ ln ΩB πhκ ( 2 R 2 ) ) ln( Der InnenwiderstandR i berechnet sich aus der Potentialdifferenz und dem Kurzschlussstrom R i Φ 2πHκ ln ( )

9 d) Die elektrische Leistung ist gleich der mechanischen Leistung Mit und ist Es folgt F ϕ P el RΩ Das Drehmoment ist P el P mech Φ F v v RΩ e ϕ F F ϕ e ϕ F v F ϕ RΩ Φ RΩ 2 πωb ( 2 R)ΩB 2 Hκ ( 2 R 2 ) ln( ( 2 πωb2 R 2 2 R) 2 2Hκ ln( M r F R e R F ϕ e ϕ ) R RF ϕ e z ( 2 πωb2 R 2 2 R) 2 2Hκ ) e z ln( ) RΩ