Magnetostatik Aufgabe Abb

Transkript

1 78 3. Magnetostatik Aufgabe Abb. 3.. Eine stromdurhflossene, ebene Leitershleife erzeugt eine magnetishe Induktion B(r). Das Stromelement bei P wehselwirkt mit dem von anderen Stromelementen hervorgerufenen B-Feld. Berehnen Sie die Gesamtkraft, die die Leitershleife auf sih selbst ausübt. Fassen Sie den Leiter als Stromfaden auf Aufgabe Berehnen Sie das Vektorpotenzial A(r) und die magnetishe Induktion B(r) einer kreisförmigen Leitershleife (Stromfaden!). Die Stromdihte lautet in Zylinderkoordinaten (ρ, ϕ, z): j(r) = Iδ(ρ R)δ(z)e ϕ. Die Berehnung von A(r) führt auf ein elliptishes Integral, das niht elementar gelöst werden kann. Shätzen Sie dieses für die Grenze ρ << R und ρ >> R mit Hilfe passender Taylor-Entwiklungen ab. Zeigen Sie, dass sih für ρ >> R ein Dipolfeld ergibt! Geben Sie das entsprehende magnetishe Dipolmoment an!

2 3.2 Grundlagen der Magnetostatik 79 Aufgabe Betrahten Sie eine zylindersymmetrishe Stromverteilung in Kugelkoordinaten: j = j(r, ϑ)e ϕ.. Zeigen Sie, dass dann auh das Vektorpotenzial diese Struktur hat: A(r) = A(r, ϑ)e ϕ Hinweis: Entwikeln Sie r r in der Integralformel für A(r) nah Kugelflähenfunktionen. 2. Welher skalaren Differenzialgleihung muss A(r, ϑ) genügen? Aufgabe Abb Ein unendlih langer Hohlzylinder mit Innenradius R und Außenradius R 2 > R wird homogen vom Strom I durhflossen. Berehnen Sie die magnetishe Induktion B im ganzen Raum. Skizzieren Sie B als Funktion des Abstands von der z-ahse.

3 8 3. Magnetostatik Aufgabe Abb Ein Koaxialkabel bestehe aus einem unendlih langen geraden Draht mit kreisförmigem Quershnitt vom Radius ρ, der koaxial von einem Metallzylinder mit Innenradius ρ 2 und Außenradius ρ 3 umgeben ist. Innen- und Außenleiter seien von den Strömen I und I 2 durhflossen, die sih homogen über die jeweiligen Leiterquershnitte verteilen.. Berehnen Sie das B-Feld im ganzen Raum! Skizzieren Sie den Feldverlauf für I = und I 2 < bzw. I > und I 2 =! 2. Was ergibt sih für den Spezialfall I = I 2 = I? Skizzieren Sie den Feldverlauf! Magnetishes Moment 3.3. Magnetishe Induktion einer lokalen Stromverteilung Wir betrahten eine auf einen endlihen Raumbereih begrenzte Stromdihteverteilung j(r), die am Beobahtungspunkt P eine magnetishe Induktion B(r) erzeugt. Der Abstand des Punktes P vom j = -Gebiet sei sehr groß, verglihen mit den Linearabmessungen dieses Gebietes. Ausgangspunkt ist der Ausdruk (3.33) für das r r P V j Abb Festlegung des Koordinatensystems zur Berehnung der magnetishen Induktion einer auf einen endlihen Raumbereih begrenzten Stromdihteverteilung

4 474 Lösungen der Übungsaufgaben Lösung zu Aufgabe F = B(r) wird durh j bewirkt B(r) = µ d 3 r j(r ) Selbstkraft F = µ I2 = µ I2 ( j(r) B(r))d 3 r = I r r r r = µ 3 I dr dr r r r r 3 dr B(r). dr r r r r 3. dr r r dr r r 3 r r dr r r dr. Für den ersten Summanden ergibt sih: r r dr r r = 3 dr r r r Es bleibt Stokes = F = µ I2 F df rot grad = r r. dr dr r r r r 3. Vertaushung der Variablen r und r maht F zu F. Das ist nur möglih, wenn F =. Fazit: Die Stromshleife übt auf sih selbst keine Kraft aus! Lösung zu Aufgabe Wegen der speziellen Gestalt der Stromdihte j(r) = Iδ(ρ R)δ(z)e ϕ ergibt sih für das Vektorpotenzial aus Symmetriegründen die Struktur A(r) = A(ρ, z)e ϕ

5 Lösungen der Übungsaufgaben 475 mit dem Einheitsvektor: Es gilt dann für die y-komponente: Es reiht die Auswertung für ϕ = : A y A(ρ, z) e ϕ = ( sin ϕ, os ϕ, ) A y = A(ρ, z) os(ϕ) = µ d 3 r Iδ(ρ R)δ(z ) os ϕ r r = µ r = (x, y, z) = (ρ,, z) r = (x, y, z ) = (R os ϕ, R sin ϕ, ), = µ IR ρ dρ 2π 2π dϕ +. dz Iδ(ρ R)δ(z ) os ϕ (R os ϕ ρ) 2 + R 2 sin 2 ϕ + z 2 dϕ os ϕ R 2 + ρ 2 2ρR os ϕ + z 2. Elliptishes Integral, niht elementar lösbar! Deshalb diskutieren wir nur zwei Grenzfälle: (a) ρ << R In dieser Grenze lässt sih abshätzen: R 2 + ρ 2 2ρR os ϕ = + ρ2 2ρR os ϕ + z 2 R 2 + z 2 R 2 + z 2 ρ2 2ρR os ϕ R 2 + z 2 2(R 2 + z 2 ) Der erste Summand liefert keinen Beitrag, für den zweiten folgt mit 2π dϕ os 2 ϕ = π, A(ρ, z) 4 µ IR 2 ρ (R 2 + z 2 ) Komponenten der magnetishen Induktion: Dazu Rotation in Zylinderkoordinaten (s. Bd., (.252)): rot A = e ρ ρe ϕ e z ρ ρ ϕ z = ρ z ρa(ρ, z),, ρa(ρ, z). ρ ρa(ρ, z).

6 476 Lösungen der Übungsaufgaben Damit folgt: B ρ = 4 µ IR 2 3zρ (R 2 + z 2 ) 5 2 B ϕ =,, (b) ρ >> R B z = 4 µ IR 2 2 (R 2 + z 2 ) 5 2 R 2 + ρ 2 2ρR os ϕ = + R2 2ρR os ϕ + z 2 ρ 2 + z 2 ρ 2 + z 2. 2 R 2 ρr os ϕ ρ 2 + z 2 2(ρ 2 + z 2 + ) (ρ 2 + z 2 ) 3 2 Der erste Summand liefert keinen Beitrag zu A(ρ, z), der zweite dagegen: A(ρ, z) 4 µ IR 2 ρ ρ 2 + z Zylinderkoordinaten Damit ergibt sih das Vektorpotenzial, r = ρe ρ + ze z ρ 2 + z = r 3, e z r = ρe z e ρ = ρe ϕ. A(r) = µ m r r 3, eines magnetishen Dipols einer kreisförmigen Leitershleife (s. (3.46)): m = πr 2 Ie z. Daraus resultiert wie zu (3.45) die magnetishe Induktion in der für das Dipolfeld bekannten Gestalt: B(r) = rot A(r) = µ 3r(m r) r 5 m r Lösung zu Aufgabe j = j(r, ϑ)e ϕ. e ϕ = ( sin ϕ, os ϕ, ),

7 Lösungen der Übungsaufgaben 477 j = j(r, ϑ)( sin ϕ, os ϕ, ) j x + ij y = j( sin ϕ + i os ϕ) = ij(r, ϑ)e iϕ. Aus folgt A(r) = µ d 3 r j(r ) r r Nah (2.69) gilt, A z (r) =, A x + ia y = µ r r = m,l = i µ 2l + d 3 r j x + ij y r r r< l r> l+ r > = max(r, r ), d 3 r j(r, ϑ ) r r eiϕ. Y lm (ϑ, ϕ )Y lm (ϑ, ϕ), r < = min(r, r ), 2l + (l m)! Y lm (ϑ, ϕ) = (l + m)! Pm l (os ϑ)e imϕ. Einsetzen in A x + ia y ϕ -Integration lässt nur den m = -Term überleben e iϕ stammt aus Y l (ϑ, ϕ): A(r, ϑ) = µ d 3 r j(r, ϑ ) A x + ia y = ia(r, ϑ)e iϕ. l= Mit diesem A(r, ϑ) gilt für das Vektorpotenzial: r< l (l )! r> l+ (l + )! P l (os ϑ ) Pl (os ϑ). A(r) = A(r, ϑ)e ϕ 2. Δ A(r) = µ j(r) ( ) gilt komponentenweise: Δ = r 2 r 2 + r r Δ(A x + ia y ) = µ (j x + ij y ), r 2 sin ϑ ϑ sin ϑ + ϑ 2 r 2 sin 2 ϑ ϕ 2.

8 478 Lösungen der Übungsaufgaben ϕ-differenziationen ausführen Δ r 2 sin 2 ϑ A(r, ϑ) = µ j(r, ϑ). Merke, in ( ) einfah e ϕ herauskürzen ist niht erlaubt, führt zum falshen Resultat! Lösung zu Aufgabe Zylinderkoordinaten ρ, ϕ, z offensihtlih zwekmäßig. Wegen gilt A(r) = µ j = je z d 3 r j(r ) r r = A(ρ, ϕ, z)e z. Aus Symmetriegründen kann es keine ϕ- und keine z-abhängigkeit geben: A(r) = A(ρ)e z Nabla-Operator: = e ρ ρ + e ϕ ρ ϕ + e z z, B = rot A(r) = A(r) e ρ e z = e ϕ Kreis mit Radius ρ um Zylinderahse: B = B(ρ)e ϕ. dr = ρdϕe ϕ ; df = ρdρdϕe z, dr B = 2πρB(ρ) Fρ = Fρ df rot B = Fρ df µ j = µ I(F ρ ), falls ρ R, I(F ρ ) = I ρ2 R 2 R 2 2 falls R ρ R 2, R2 I falls ρ R 2,

9 Lösungen der Übungsaufgaben 479 B = µ I 2π falls ρ R, ρ R2 ρ R 2 2 falls R ρ R 2, R2 falls ρ R ρ 2. Abb. A.3. Lösung zu Aufgabe Dieselben Symmetrieüberlegungen wie in Aufgabe 3.2. führen zu dem Ansatz, B = B ϕ (ρ)e ϕ. F ρ : Stirnflähe (Radius ρ) eines koaxialen Zylinders. Maxwell-Gleihung: dr B = 2πρB ϕ (ρ)! = µ df j. Fρ Fρ (Ampére shes Durhflutungsgesetz) ρ 2 I ; ρ ρ, ρ 2 I df j = ; ρ ρ ρ 2, ρ 2 ρ2 2 Fρ I + I 2 ρ3 2 ; ρ 2 ρ ρ 3, ρ2 2 I + I 2 ; ρ 3 ρ.

10 48 Lösungen der Übungsaufgaben Damit ist das B-Feld bereits bestimmt: I ρ ρ 2 ; ρ ρ, B ϕ (ρ) = µ I ρ ; ρ ρ ρ 2, 2π ρ 2 ρ 2 2 I + I 2 ρ3 2 ρ2 2 ρ ; ρ 2 ρ ρ 3, (I + I 2 ) ρ ; ρ 3 ρ. Spezialfall: I = I 2 = I Abb. A.32. Abb. A.33.

11 Lösungen der Übungsaufgaben 48 B ϕ (ρ) = µ I 2π ρ ; ρ ρ, ρ 2 ρ ; ρ ρ ρ 2 ρ3 2 ρ2 ρ3 2 ρ2 2 ρ ; ρ 2 ρ ρ 3, ; ρ 3 ρ. Abshnitt Lösung zu Aufgabe ϑ Ladungsdihte: Stromdihte: Oberflähe: Abb. A.34. Daraus folgt die Stromdihte: ρ(r) = q δ(r R). R2 j(r) = ρ(r)v(r) = ρ(r)[ω r]. r = R e r = R(sin ϑ os ϕ, sin ϑ sin ϕ, os ϑ), ω = ω e z = ω(,, ) e z e r = ( sin ϑ sin ϕ, sin ϑ os ϕ, ) = = sin ϑ( sin ϕ, os ϕ, ) = sin ϑ e ϕ. j(r) = q ω R sin ϑ δ(r R) e ϕ.