2. Aufgabe (*) 2. r R 0 : (3R 2 0 r 2 ) φ(r) = Insgesamt ergibt sich: r > R 0 : Gegeben ist folgendes Vektorfeld in Zylinderkoordinaten: H R = 0

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Alke Zimmermann
vor 6 Jahren
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1 Felder und Wellen WS 217/218 Musterlösung zum 3. Tutorium 1. Aufgabe (**) 1. E-Feld der homogen geladenen Kugel; außerhalb (r > R ) (3. Tutorium) E = Q 4πε r 2 e r mit Q = 4πR E-Feld innerhalb der Kugel (r R ) Dd f = dv 2π π ε E r (r) e r e r 1 r 2 sinϑdϑdϕ = 4π 4πε E r (r)r 2 = 4π 2π π ε E r (r)r 2 = [ r 3 ] r 3 E r (r) = r E = r e r Das Potential wird durch Integration bestimmt: 2 φ( r 2 ) φ( r 1 ) = Ed s r 1 r 2 sinϑdϑdϕdr 4π r 2 dr 1. r > R : Geschickterweise wählt man den Integrationsweg von außen nach innen: φ(r) φ( ) = = = Q 4πε = R3 r Q dr 4πε r 2 [ ] 1 r r

2 2. r R : φ(r) φ(r ) = R r dr φ(r) R2 = 6ε (R 2 r 2 ) φ(r) = 6ε (3R 2 r 2 ) Insgesamt ergibt sich: φ(r) = 2. Aufgabe (*) r R : r > R : 6ε (3R 2 r 2 ) R 3 r Gegeben ist folgendes Vektorfeld in Zylinderkoordinaten: H R = H ϕ = I 2πR H z = Transformieren Sie das Feld in kartesische Koordinaten. Aus der Formelsammlung, Abschnitt 2 folgt für die Komponenten des Vektorfeldes H x = H R cosϕ H ϕ sinϕ = I 2πR sinϕ = I 2πR sinϕ H y = H R sinϕ+h ϕ cosϕ = + I 2πR cosϕ = I 2πR cosϕ H z = H z = Die Ausdrücke für H x und H y enthalten noch R und ϕ, die mit Formelsammlung, Abschnitt 1 transformiert werden. R = x 2 +y 2 ϕ = arctan y x I H x = 2π x 2 +y sinarctan y 2 x I H y = 2π x 2 +y cosarctan y 2 x

3 3. Aufgabe (***) In idealen Leitern können im elektrostatischen Fall keine E-Felder existieren. Ladungen befinden sich immer an der Oberfläche des Leiters. Betrachten Sie eine Grenzfläche zwischen idealem Leiter (Medium 1) und Vakuum (ε = ε,ε r = 1) (Medium 2) mit den Methoden aus dem Skript (Kapitel 3.2), und stellen Sie Regeln für das E-Feld an der Grenzfläche, sowie für den Zusammenhang zwischen E-Feld und Flächenladung σ auf. Wie lautet die physikalische Erklärung für diese Regeln? Medium 2 h Medium 1 ds ds 1 2 n Vakuum idealer Leiter Maxwellgleichung Ed s = (kein B-Feld; Elektrostatik!) Durch Grenzübergang h wird das Linienintegral zu E 2 d s 2 + E 1 d s 1 = d s 1 und d s 2 sind parallel und entgegen gerichtet d s := d s 2 = d s 1 ( E 2 E 1 ) d s = Diese Gleichung sagt aus, daß ( E 2 E 1 ) senkrecht auf d s steht, also normal zur Grenzfläche. Die Tangentialkomponenten von E 2 und E 1 müssen also gleich sein. E t2 E t1 = Im idealen Leiter existiert kein Feld (E t1 = ) deshalb muß E t2 = sein. Das Feld an der Grenzfläche hat also keine Tangentialkomponente. Maxwellgleichung Dd f = dv Durch Grenzübergang h geht das Integral über die Mantelfläche des Zylinders gegen null, das Volumenintegral schrumpft zu einem Integral über die Oberflächenladungsdichte D 2 df 2 + D 1 df 1 = σ df

4 Medium 2 Vakuum d f 2 h d f 1 Medium 1 idealer Leiter Die Oberflächenelemente d f 2 und d f 1 sind genau entgegengerichtet d f := ndf := d f 2 = d f 1 Es wird 3 mal über die gleiche Fläche integriert. Die Integrale können deshalb unterdrückt werden. ( D 2 D 1 ) ndf = σ df ( D 2 D 1 ) n =σ Das Punktprodukt der Differenz von D 2 und D 1 und der Oberflächennormalen ist also gleich der Oberflächenladung. Dieses Punktprodukt ist aber gleich der Normalkomponente der Felder, also D n2 D n1 = σ Im idealen Leiter existiert kein Feld: D n1 = Medium 2 ist Vakuum (ε 2 = ε ) D n2 = σ ε E n2 = σ Zusammen mit E t2 = folgt daraus: Das elektrische Feld steht senkrecht auf einem idealen Leiter und ist gleich der Oberflächenladung auf dem Leiter. Physikalisch kann das folgendermaßen erklärt werden: Im idealen Leiter sind die Ladungsträger unendlich leicht zu bewegen. Würde ein Feld im Leiter existieren, würde es solange Ladungsträger verschieben, bis das von den Ladungsträgern erzeugte Feld das ursprüngliche Feld gerade aufhebt. An der Grenzfläche werden also solange Ladungen verschoben bis E t2 = E n2 = σ ε erfüllt sind. Warum werden nicht auch solange Ladungen verschoben bis E n2 =? Die Ladungen können nicht durch die Grenzfläche hindurch. Es bildet sich also eine Oberflächenladung σ. Daraus folgt ebenfalls, daß sich Überschußladung auf einem metallischen Körper nur auf der Oberfläche sammelt.

5 4. Aufgabe (**) Leiten Sie für die folgenden Maxwellgleichungen die Differentialform aus der Integralform ab. 1. Dd f = ρdv 2. Ed s = 1. (mathematischer) Gauß scher Satz divadv = Ad f gilt für ein beliebiges Vektorfeld: Dd f = divddv = ρdv Die Volumenintegrale müssen für beliebiges Volumen gleich sein, deshalb muss gelten div D = 2. (mathematischer) Stokes scher Satz otad f = Ad s Ed s = roted f = Das Oberflächenintegral von rot E über eine beliebige Fläche ist null, deshalb rot E = Schwierigkeit der Aufgaben von einfach lösbar(*) bis hin zu anspruchsvoll (***).

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