Übungen zur Klassischen Theoretischen Physik III (Theorie C Elektrodynamik) WS 12-13

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1 Karlsruher Institut für Tehnologie Institut für Theorie der Kondensierten Materie Übungen zur Klassishen Theoretishen Physik III (Theorie C Elektrodynamik) WS Prof. Dr. Alexander Mirlin Musterlösung: Blatt 7 Dr. Igor Gornyi Besprehung Aufgabe 1: Drehmoment auf Stromverteilung Betrahten Sie eine konstante Stromverteilung j( r) in einem homogenen konstanten externen magnetishen Feld B. Zeigen Sie, dass für das Drehmoment N auf die Stromverteilung gilt N = m B (1) mit dem magnetishen Moment m der Stromverteilung. Das magnetishe Moment m der Stromverteilung ist gegeben durh m = 1 dv x j( x). (2) 2 Wir gehen dabei von der allgemeinen Definition des Drehmoments aus d N = x d F. (3) Einsetzen des Kraftelements df und Integration liefert N = 1 dv x [ j( x) B]. (4) Zur Darstellung der Kreuzprodukte kann der total antisymmetrishe Levi-Civita-Tensor ϵ ijk verwendet werden. Es gilt: Weiterhin gilt i = ( a b) i = 3 j=1 k=1 3 ϵ ijk a j b k. (5) 3 ϵ ijk ϵ ilm = δ jl δ km δ jm δ kl. (6) i=1 Wir benutzen, dass für die Komponenten der quellfreien Stromdihte j gilt dv (x i j j + j i x j ) = 0. (7) Es folgt (Ahtung - Einsteinshe Summationskonvention!): N i = 1 = 1 = 1 dv ε ijk x j ε klm j l B m = 1 dv ε kij ε klm x j j l B m dv (δ il δ jm δ im δ jl )x j j l B m = 1 dv (x m j i B m x l j l B i ) dv x m j i B m. (8)

2 Dabei wurde die Eigenshaft des Levi-Civita-Tensors benutzt, sowie die Eigenshaft, dass der Levi-Civita-Tensor unter zyklisher Vertaushung der Indizes unver?ndert bleibt; ε ijk = ε jki = ε kij = ε ikj =... (9) In der letzten Zeile von Gl. (8) wurde ausserdem die Integralidentität (7) ausgenutzt: dv x i j i = dv j i x i dv x i j i = 0. (10) Es soll gezeigt werden, dass obige Gleihung identish ist zu N = m B. Wir shreiben dies ebenfalls in Komponenten: N i = 1 dv ε ijl ( x j) j B l = 1 dv ε ijl ε jkm x k j m B l 2 2 = 1 dv (δ lk δ im δ lm δ ik )x k j m B l = 1 dv (x l j i B l x i j l B l ) 2 2 = 1 dv x l j i B l. qed In der letzten Zeile wurde wieder die Integralidentität (7) verwendet: dv x i j j = dv x j j i dv (x i j j x j j i ) = 2 dv x i j j Aufgabe 2: Leitershleife im Magnetfeld Eine quadratishe Leitershleife mit Kantenlänge a, Leiterquershnitt A a 2 und Masse m befindet sih in einem Magnetfeld B. Das Magnetfeld zeigt in y-rihtung, parallel zur Flähennormalen der Leitershleife. Es füllt den gesamten Halbraum z > 0 aus, wo es konstant und homogen ist. Zur Zeit t = 0 befindet sih die untere Kante der Leitershleife auf der x-ahse bei z = 0, und die Shleife beginnt in Rihtung e z unter dem Einfluss der Gravitation zu fallen. (a) Finden Sie die Geshwindigkeit v(t) der Leitershleife während ihres Falls durh das Magnetfeld als Funktion von t. Hinweis: Der durh die elektromotorishe Kraft E in einem Leiter mit Widerstand R induzierte Strom I ist gegeben durh I = E/R. Die Bewegungsgleihung des vorliegenden Problems lautet m d v(t) = F g F l (t) mit der Gravitationskraft F g = mg in Rihtung e z und der Lorentzkraft F l welhe auf die Leitershleife der Masse m wirkt. Da sih für t > 0 das untere Ende der Leitershleife niht mehr im Magnetfeld B = (0, B 0, 0) T befindet, gilt F l = I l B

3 mit der Parametrisierung l = (a, 0, 0) T. Für die Elektromotorishe Kraft E die in der Leitershleife, welhe die Flähe S mit der normalen n umshließt, den Strom I induziert, gilt E = d B n da. S Man beahte, das von der bewegten Leitershleife aus gesehen B = B( x, t) gilt. Daher muss die totale Ableitung d durh die konvektive Ableitung ersetzt werden: d = + v. t Setzt man B ein folgt wegen der Divergenzfreiheit und des Stokes shen Satzes E = B n da [ B t v(t)] d l S Da das Magnetfeld selbst jedoh für einen bestimmten Aufenthaltsort x = x(t) der Leitershleife konstant ist, vershwindet das erste Integral. Für das zweite Integral erhält man [ B v(t)] d l = B 0 v z (t)a. Mit I = E/R (R = Widerstand der Leitershleife) und der Substitution folgt dann für die Bewegungsgleihung d v(t) K = B2 0a 2 Rm + K v(t) = e z g. Da B n, v e z und sih die Lorentzkräfte auf die Seiten der Leitershleife parallel zu v aufheben, findet die Bewegung der Leitershleife nur in e z Rihtung statt. Daher reiht es, nur die z-komponente der Bewegungsgleihung zu betrahten. Die homogene Gleihung hat dann die Lösung vz hom (t) = k e Kt und eine Lösung der inhomogenen Gleihung ist v inhom z (t) = g K. Die Anfangsbedingung v(0) = 0 liefert für die Konstante k = g K und somit v z (t) = g K ( 1 e Kt ). (b) Berehnen Sie die maximale Geshwindigkeit v max der Leitershleife während ihres Falls durh das Magnetfeld im Grenzfall a. Geben Sie den Zahlenwert für v max für eine Leitershleife aus Aluminium (Massendihte ρ m = 2.70 g m 3, spezifisher Widerstand ρ = Ω m) in einem Magnetfeld von 1T an.

4 Für eine gegeben Massendihte ρ m gilt m = 4Aaρ m und für einen gegebenen spezifishen Widerstand ρ ist R = 4aρ/A. Einsetzten liefert v z (t) = 16gρρ [ ( )] m 1 exp B2 0 t. B0 2 16ρρ m Die maximale Geshwindigkeit wird erreiht für t, daher v max = lim t v z = 16gρρ m B 2 0 und für die gegebenen Zahlenwerte (mit T=kg C 1 s 1 und Ω=m 2 kg C 2 s 1 ) v max = m/s Ω m kg/m 3 1T m s Aufgabe 3: Induktivität (a) Berehnen Sie die Selbstinduktivität einer shlanken zylindrishen Spule mit Radius a, Länge l a und Windungszahl n. Aus der Vorlesung ist bekannt, dass der magnetishe Fluss einer Anordnung von Leitershleifen gegeben ist durh Φ j = i M ji I i. Die Elemente der Matrix M bezeihnen die Induktionskoeffizienten. Für M ii L i spriht man von Selbstinduktivität. Betrahtet man eine Spule als Anordnung von n identishen Leitershleifen entlang einer Ahse, so folgt (I i = I) Φ j = i M ji I i = IL j und daher für die Selbstinduktivität der Spule mit Windungszahl n L = nφ I wobei hier jetzt L die Selbstinduktivität der gesamten Spule und niht nur einer Shleife der Spule bezeihnet. Setzt man die Definition des magnetishen Flusses ein und verwendet das Ergebnis aus Aufgabe 1a.) von Blatt 6 für nur eine Spule erhält man L = µ 0 n 2 π a2 l. (b) Eine kurze Spule mit Radius a und Windungszahl n 1 liege innerhalb einer langen, shlanken Spule mit Radius b > a und Windungszahl n 2. Durh die innere Spule fließe ein Strom I 1. Berehnen Sie den Gesamtfluss durh die äußere Spule aufgrund des Magnetfelds der kurzen Spule. Wir benutzen, dass für die Gegeninduktivität gilt: M 12 = M 21.

5 Dann berehnen wir den Gesamtfluss durh die innere Spule aufgrund des Magnetfelds B 2 µ 0 n 2 I 2 der äußeren Spule mit dem Strom I 2 (für I 1 = 0): Φ 1 = n 1 πa 2 B 2 = n 1 πa 2 µ 0 n 2 I 2 = M 12 I 2, (11) wobei die Länge der äußeren Spule ist ( b). Es folgt Damit ist der Gesamtfluss Φ 2 durh die äußere Spule: M 21 = M 12 = πa2 µ 0 n 1 n 2 (12) Φ 2 = M 21 I 1 = πa2 µ 0 n 1 n 2 I 1. (13) () Berehnen Sie die Gegeninduktivität (Induktivitätskoeffizient M 12 ) zweier paralleler quadratisher Leitershleifen mit Kantenlänge a. Eine der Leitershleifen liege in der xy-ebene bei z = 0, die andere bei z = h (Mittelpunkte bei x = y = 0). Die Gegeninduktion ist gegeben durh die Induktivitätskoeffizienten M 12 = M 21 = µ 0 d l 1 d 4π S 1 S 2 r 1 r 2 Wir erhalten für M 12, a/2 a/2 { } M 12 = 4 µ0 1 dx 1 dx 2 4π a/2 a/2 [a 2 + h 2 + (x 2 x 1 ) 2 ] /2 [h 2 + (x 2 x 1 ) 2 ] 1/2 Mit dx 1 + x 2 dx ln (x + ) + x 2 ( ) 1 + x ln 1 x = arsinh(x) = ln (x + ) 1 + x 2, = x ln (x + ) + x 2 = 2 artanh(x) xdx + x 2, erhalten wir weiter M 12 = 2µ { 0 h 2 a π 2 + h 2 + 2a 2 + h 2 [ ( a 2a2 + h 2 a 2 + h 2) ]} + a artanh. (14) (2a2 + h 2 )(a 2 + h 2 ) a 2 Die Entwiklung für h a liefert: M 12 µ 0a 4 2πh 3. (15)

6 (d) Berehnen Sie daraus weiterhin die Kraft, die notwendig ist, um die beiden Leitershleifen mit den Strömen I 1 und I 2 entlang der z-ahse voneinander zu entfernen. Aus der Vorlesung ist bekannt, dass für die Kraft mit der eine geshlossene Shleife 2 auf eine geshlossene Shleife 1 wirkt die folgende Beziehung gilt: F 12 = µ d [ l 1 d ] ( r 1 r 2 ) 0 4π I 1I 2. (16) 1 2 r 1 r 2 3 Weiter lässt sih der Integrand in eine Form bringen, die explizit dem dritten Newton shen Axiom genügt ( x 12 = r 1 r 2 ) d [ l 1 d ] [ ( r 1 r 2 ) = d r 1 r 2 d l ] l 1 x (d x 12 l 3 1 d ) x 12 (17) x 12 3 Aus Symmetriegründen liefert der erste Term keinen Beitrag zum Integral über die geshlossene(n) Shleife(n). Somit folgt F 12 = µ 0 4π I 1I 2 (d l 1 d r 1 r 2 ) (18) 1 2 r 1 r 2 }{{ 3 } 1 1 r 1 r 2 Es gilt Mit Gl. (14) erhalten wir: Für h a gilt: F 12 = I 1 I 2 2µ 0 π F 12 = 1 F 12 = I1 I 2 h M 12(h). h a2 + h 2 a2 + h 2 h + h 2a 2 + h 2 a 2 + h 2 F 12 3µ 0a 4 2πh 4 I 1I 2. Die Kraft die extern aufgewendet werden muss, um die beiden Leitershleifen auseinander zu bringen is F ext = F 12. Die Kraft zwishen den beiden Leitershleifen kann auh aus der magnetishen Feldenergie abgeleitet werden. Wir nehmen an, dass die Shleife 2 im Ursprung verbleibt und wir die Shleife 1 entlang der z-ahse um die Streke d h = dh e z vershieben. Die Ströme I 1 und I 2 bleiben konstant (s.a. Vorlesung). Bei der Vershiebung durh die Kraft F ext = F 12 muss zum einen die mehanishe Arbeit F 12 d h aufgewendet werden. Andererseits induziert die Änderung des magnetishen Flusses beim Vershieben der Leitershleifen eine elektromotorishe Kraft in beiden Leitershleifen, was einer Energieänderung 2dW emf zur Folge hat. Die gesamte Energieänderung ist dw = dw magn = F 12 d h 2dW emf. (19).

7 Da dw emf = F 12 d h gilt (s. Vorlesung) folgt Aus der Vorlesung ist außerdem bekannt F ext = F 12 = W magn h e z = W magn. W magn = 1 M ij I i I j. (20) 2 Man beahte, dass die Selbstenergien der Leitershleifen niht von h abhängen und konstant sind, da die Ströme konstant bleiben. i,j