Die reite l(y) bestimmt man zu: l y +a +! Damit ergibt sich fur den durch einen Leiter erzeugten Flu: I I ( +)a ( a +)a a y y +a +!! dy a +! + y dy I

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1 O FernUniversit at Gesamthochschule in Hagen llgemeine und Theoretische Elektrotechnik Musterlosung der Klausur: Elektromagnetische Felder 5. Marz 997 Prof. Dr.-Ing.. Pregla ufgabe Den Flu eines Leiters k durch eine Flache j bestimmt man zu: kj k (~r j )df k F j Daraus ergibt sich die Gegeninduktivitat zu: L kj I k kj Jeder der drei unendlich langen Leiter erzeugt aus Symmetriegrunden den gleichen Flu durch das innere Dreieck. Man mu deshalb nur einen dieser Leiter betrachten, und dann das Ergebnis mit drei multilizieren. y y ( + ) a n I df y u a I z x Das durch den eingezeichneten Leiter in der x y Ebene erzeugte Magnetfeld bestimmt sich zu: ~ I y ~e z Die Flachennormale des kleinen Dreiecks zeigt mit der eingetragenen Stromrichtung in die ositive z-ichtung. lso: df ~ df ~e z Weiterhin gilt: df l(y) dy

2 Die reite l(y) bestimmt man zu: l y +a +! Damit ergibt sich fur den durch einen Leiter erzeugten Flu: I I ( +)a ( a +)a a y y +a +!! dy a +! + y dy I I " I a Fur die Gegeninduktivitat erhalt man somit: L I y +a +! (y)# " a +a +! " + +! ( # +) a " + +! ( +)a a +!# ( +) #

3 ufgabe Das oulomb-integral lautet: (~r) " Gesucht ist das Potential auf der z-chse. Somit gilt: ~r v z (~r) j~r ~r j dv Der ereich mit aumladung wird folgendermaen dargestellt: ~r cos(' ) sin(' ) z i a ' h z h Weiterhin gilt: Man erhalt: (~r) " h h a i dv d' d dz j~r ~r j +(z z ) +(z z ) d' d dz " h h a i h " h " h h d dz (s. Formelsammlung) +(z z ) +(z z ) dz a +(z z ) i +(z z ) dz Die Substitution u z z du dz liefert das unbestimmte Integral: + u du mit i ; a a i Mit den Integralen der Formelsammlung erhalt man: + u du hu u + + u + i u + (z z ) (z z ) + + (z z )+ (z z ) +

4 Einsetzen von und der Grenzen liefert: (~r) " (z h) (z h) +a+ a (z + h) (z + h) + a a (z h) (z h) + i i +(z + h) (z + h) + i + i z h + z + h + z h + (z h) + a (z + h)+ a (z h) + i z + h + (z + h)+ i

5 ufgabe Die Leiterschleife besteht aus zwei Teilen: a) dem Geradenstuck arallel zur y-chse b) dem Halbkreis. Gesucht ist nun die y-komonente von ~ H auf der x-chse. Die Feldlinien des Magnetfeldes bilden konzentrische Kreise um die Leiter, aus diesem Grund kann die ufgabe sehr schnell gelost werden. Das gerade Leiterstuck bendet sich arallel zur y-chse, so da kein eitrag zur y-komonente des Feldes erzeugt wird. etrachtet werden nun zwei gegenuberliegende Punkte des Halbkreises. Diese Punkte bewirken auf der x-chse den eingezeichneten eitrag zum Magnetfeld. y H z H x Man erkennt, da die y-komonenten die entgegengesetzte ichtungen haben, durch uberlagerung heben sie sich gerade weg. Somit gilt: Hy! Diese Losung kann auch rechnerisch nachgewiesen werden Das iot-savartsche Gesetz fur linienformige Leiter lautet: ~H I ~ds (~r ~r ) j~r ~r j Gesucht ist die y-komonente der magnetischen Feldstarke H ~ auf der x-chse. lso: x ~r 5

6 Unterteilung der Leiterschleife liefert fur das Geradenstuck arallel zu y-chse: ~r ~r ~r x t z t z d~s d~s (~r ~r ) dt ~e x ~e y ~e z dt x t z Es tritt keine y-komonente auf, das Leiterstuck bewirkt somit keinen eitrag zu H y. ls nachstes wird der Halbkreis betrachtet. Die Terme im Integral bestimmt man zu: ~r (~r ~r ) a cos t a sin t z d~s <t< x acos t ~r ~r a sin t z d~s (~r ~r ) Die y-komonente ergibt sich zu a sin t a cos t (x a cos t) + a sin t + z dt x ax cos t + a cos t + a sin t + z ax cos t + x + a + z ~e x ~e y ~e z asin t a cos t x a cos t a sin t z. a sin t z Somit erhalt man das folgende Integral: H x I a z sin t ax cos t + x + a + z dt Dieses kann mit Hilfe der Substitutionsregel berechnet werden. Man erhalt: u a cos t du dt a sin t 6

7 und somit das unbestimmte Integral I z du I z ux + x + a + z I z I z x xu + x + a + z du xu + x + a + z ( ) xu + x + a + z ucksubstitution und Einsetzen der Grenzen liefert schlielich H x I z x wie bereits oben behautet. I z x ax cos t + x + a + z x + a + z x + a + z 5 nmerkung: Man beachte, da bei der obigen echnung die Grenzen nicht mitsubstituiert werden durfen, weil die eziehung u a cos t im ereich t nicht eineindeutig ist. Wenn man die Grenzen mitsubstituieren will, mu man das Integral aufteilen. Um das ganze verstandlicher zu machen, betrachte man das folgende Integral: x cos(x) dx Wenn man hier die Substitution t cos(x) durchfuhrte, und die Grenzen substituieren wurde gema: x u! t u cos( ) x o +! t o cos(+) erhielte man ein Integral mit identischer oberer und unterer Grenze, folglich ergabe sich der Wert Null. Dies ist aber im Widersruch zu der bereits oben gezeigten Losung. Der Grund ist eben der, da die eziehung t cos(x) im Integrationsbereich nicht eineindeutig ist! 7

8 ufgabe. nalyse der leitenden Sektoren. a) Es gilt: div ( ~ J) Wegen den eingefuhrten Naherungen hat der Strom nur eine radiale Komonente. In ylinderkoordinaten ergibt sich deshalb: div( ~ J) ( J ) )J Das elektrische Feld in den beiden ereichen ergibt sich daraus zu: E ; ; Das Potential erhalt man aus: ~E ; grad ; Da ~ E nur eine radiale Komonente hat, gilt in ylinderkoordinaten: ; ; ; ; ()+ ; ur estimmung der drei Unbekannten,, mussen die and- und Ubergangsbedingungen betrachtet werden. us ( ) erhalt man: ( )+ ( ) us der Stetigkeit von bei erhalt man: ( )+ ( )+ einsetzen liefert: us ( )+ ( ) + ( ) 8

9 ergibt sich dann: ( )+ + + ( ) o Einsetzen liefert: o ) o + + fur + + fur Einsetzen von liefert schlielich J und E. us ~ D ; " ~ E ; ergibt sich: ~D ; " ; ~e b) Die aumladungsdichte bestimmt sich zu: c) div( ~ D ; ) " ; m Ubergang zwischen den ereichen mit den Leitwerten und tritt eine Flachenladung auf. Diese bestimmt man zu: F D D " Die gesamte Ladung ergibt sich daraus durch Multilikation mit der Oberache eines Sektors (adius ): F l 8 Damit ergibt sich fur die Ladung: Q " l 9

10 ) Nichtleitende Sektoren: In den nichtleitenden Schichten wird die Lalace-Gleichung gelost: Es tritt wieder nur eine radiale bhangigkeit auf, so da sich in ylinderkoordinaten ergibt:! ()+ Um die Integrationskonstanten zu bestimmen mussen die andbedingungen eingesetzt werden: ( o ) ) ( o )+ ( o ) ( ) o ( ) ( o ) o o o o ( o ) o o Das elektrische Feld bestimmt man aus E ~ grad. Da das Potential nur vom adius abhangt, ergibt sich: ~E ~e Einsetzen liefert: o ~E ~e ~D bestimmt man aus: o ~D " ~ E o Daraus ergibt sich ) ~D " o ~e n Ubergangen mussen die tangentialen Komonenten des elektrischen Feldes stetig sein. etrachtet wird nun die Grenzache zwischen Leiter und Nichtleiter im ereich. ls tangentiale Feldkomonente hat man hier E.

11 κ Ε t Ε t κ Ε t κ Man erkennt folgendes: Im nichtleitenden ereich ist E stetig, wahrend im Leiter ein Srung auftritt wegen der Unstetigkeit von. n der Stelle kann mit der eingefuhrten Naherung deshalb nicht gleichzeitig E t E t und E t E t erfullt werden. Die erechnung liefert damit einen Srung der tangentialen E-Feldkomonente, der hysikalisch nicht auftreten darf. Der Verlauf des elektrischen Feldes (E ) wird in der unteren bbildung ualitativ dargestellt. Die durchgezogenen Kurven gelten fur die leitenden Sektoren, wahrend man im Nichtleiter die gestrichelte Kurve erhalt. E Der Unterschied des elektrischen Feldes ist klar erkennbar, es bleibt weiterhin anzumerken, da in beiden Fallen E d U gelten mu, d. h. die Flachen unter den Kurven mussen gleich sein.