Elektrodynamik FSU Jena - SS 2007 Klausur - Lösungen

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1 Elektodynamik FSU Jena - SS 7 Klausu - Lösungen Stilianos Louca 9. Febua 8 Aufgabe Seien Φ und E jeweils das elektostatische Potential bzw. elektische Feld. Die Kugel Ladungsdichte ρ befinde sich im Uspung. ewenden Kugelkoodinaten, ϑ, ϕ und sehen dass aufgund von Symmetiegünden das Potential nu vom Abstand abhängen kann. Somit ist ein adiales Feld. a Wegen div E = ρ ε gilt fü einen Punkt, mit E = gad Φ = Φ e ρ E = E e ρ K := { R 3 : } die Identität 4π E = E e ρ da = E da = div E d = K K K K ρ ε d =: Q ε Fall : > R. Dann ist Q = 4πR3 ρ 3 und somit E = E e ρ = ρ R 3 3ε e ρ Fall : < R. Dann ist Q = 4π3 ρ 3 und somit E = ρ 3ε e ρ b Das elektostatische Potential ist allgemein gegeben duch Φ = E d Innehalb de Kugel also: Außehalb: Φ i = ρ + C, C R 6ε Φ a = ρ R 3 3ε + C

2 Bemeke: Konstanten C, C noch unbestimmt! Foden natüliche Randbedingungen, d.h Foden außedem Stetigkeit an Übegangsgenze: lim Φ = C = Φ i R = Φ a R C = ρ R ε Somit egibt sich schließlich: Φ = ρ R 3 3ε ρ R ε 3 : > R : R c Die elektostatische Enegie W ist gegeben duch W = ρ Φ ρ d = 4ε K R K R R 3 d = ρ 4πR5 ρ 4ε 3 ε K R d = ρ πr 5 3ε ρ ε R 4π 4 d = ρ πr 5 3ε ρ πr 5 5ε = 4πρ R 5 5ε d Fü diskete Ladungsveteilungen ρ = i q i δ i ist die gespeichete Enegie allgemein gegeben duch W = q i q j 8πε i j i,j Speziell fü unseen Fall also Q W = 4πε { a + a + } = 5Q a 8πε a Aufgabe Die Ladungsveteilung ρ befinde sich im olumen, das den Uspung enthalte. a Das Potential Φ ist nach. Näheung gegeben duch Φ = Q + p 4πε 4πε }{{} }{{ 3 } Φ Φ Dabei sind Φ und Φ jeweils das Monopolpotential und das Dipolpotential, d.h in este Näheung sieht das Potential so aus, als wenn die gesamte Ladung an einem Punkt konzentiet wäe, und in zweite Näheung als wenn sie aus einem Dipol bestehe. b Das Moment Q entspicht genau de Gesamtladung Q = ρ d

3 und p dem Dipolmoment de Ladungsveteilung. p = ρ d c De zweite Anteil Φ k = 4πε R [ ] R d a R a 3 entspicht genau dem von de an de Kugelobefläche angeodneten Ladungsveteilung induzieten Potential. Ist Q die gesamte Ladung auf de Kugel, so folgt im Kontext de Multipolentwicklung Φ k = Q 4πε + o Somit ist lim Φ k = Q + lim 4πε o }{{} = R 4πε lim [ ] R a d R a 3 = R d a 4πε a 3 Q = R a 3 d a Aufgabe 3 a Unte ewendung de Geenschen Identität können wi scheiben [ [Φ G, G, Φ ] d = Φ δ + G, ρ ] ε ε d = Φ + ε Φ = ρ G, d = ε ρ G, d ε [ Φ G, n G, Φ ] n [ Φ G, n G, Φ ] n da da Ist also Φ bzw. Φ n bekannt, so ist Φ duch obee Integation bestimmba! b Die Geensche Funktion ist in diesem Kontext nicht eindeutig bestimmt. Wid sie so gewählt, dass G, = ist, so egibt sich duch obee Fomel die Lösung fü das Diichletsche Randwetpoblem Φ bekannt auf. Ist andenfalls G so dass G, n = ist, so stellt obee Fomel eine Lösung fü das Neumann Randwetpoblem da n Φ bekannt auf. c Allgemein muss f, eine symmetische sein, und fene in hamonisch sein! Fü die Diichletsche Randbedingung muss G, = 3

4 sein, also Fü die Neumann Randbedingung muss sein, also f, = 4πε G, n = f, n = 4πε n Aufgabe 4 Allgemein gilt ot E, t = t B, t, div D, t = ρ e, t Betachten folgende Genzschicht G zwischen zwei Medien mit den Dielektizitätskonstanten ε und ε. In den beiden Medien heschen jeweils die Felde E, D = ε ε E, E, D = ε ε E. De Nomalenvekto in Richtung sei n. Betachten das oben Illustiete, zylindefömige olumen und den 3 Randflächen A, A, B. Es gilt: ρ e d = div D = D da = D n da + D n da + D da A A B Lässt man h gehen, so ehält man η e = d da lim h ρ e d = d da A D n da + A D n da = Dn D n wobei η e die Flächenladungsdichte auf de Genzfläche ist. Fü η e = ist somit D n = D n, d.h die Nomalkomponente von D ist stetig. Somit gilt fü die Nomalkomponente von E: ε E n = ε E n Betachten jetzt unten illustieten, die Fläche C umschließenden, Integationsweg Blau 4

5 In diesem Kontext gilt E t E t dl = L Duch Ableiten L E t dl L E t dl = lim E t E t = d dl h C L E d s = lim ot E da = lim h C E t E t dl = d dl = h C B d A = egibt sich dass die Tangentialkomponente von E stetig sein muss. Somit folgt fü die Tangentialkomponente von D: D t ε = Dt ε Aufgabe 5 ewenden Zylindekoodinaten, ϕ, z. a Aufgund von Symmetiegünden daf das ektopotential nicht von z abhängen. Fene düfen die Komponenten A ϕ, A z und A nicht von ϕ abhängen. Setzen deshalb o.b.d.a den Beobachtungspunkt = x e x. Das ektopotential A ist dot gegeben duch A = µ 4π j d = µ j 4π < d e z Somit ist A = A e z und fene Duch die Poissongleichung B = ot A = A e ϕ A = [A e z ] = [ A] e z = µ j = µ j e z ehält man die DGL d da = µ j = µ j Θ d d Diese wäe zunächst in den beiden Teilbeeichen < und > sepaat zu lösen. Fü >: Fü <: d d da d d da = A = C ln + C, C, C R d d = µ j da d = µ j 4 + B A = µ j B ln + B 6 Foden wi dass das ektopotential auch im Uspung endlich ist, muss B = sein. Wi ehalten mit de Stetigkeitsbedingung bei = : lim A =! lim A C 3 = µ j B Fene ewaten wi wegen de Stetigkeit von B auch die Stetigkeit de Ableitung von A, also lim A =! lim A C = 3µ j + 8 Da A eigentlich bis auf ein Gadientenfeld nicht eindeutig bestimmt ist, wählen wi o.b.d.a B schließlich das ektopotential ehalten: [ 3µ ] j 3 ln µ j e z : > 8 6 A = µ j 4 4 e z : 6 =, so dass wi 5

6 b Das Magnetfeld ist somit gegeben duch B = A e ϕ = 3µ j 8 e ϕ : > µ j 3 4 e ϕ : c Die magnetostatische Enegiedichte im Raum ist gegeben duch w = µ B = 9j µ 64 : > j µ 3 : 4 Bemeke: Einheiten stimmten schon in Aufgabenstellung nicht! SISO Pinzip! Aufgabe 6 a Betachten zunächst das aus dem Stom I esultieende Magnetfeld B, und vewenden Zylindekoodinaten mit dem Leite L als z-achse. Aufgund von Symmetiegünden hängt das Feld B nicht von de z Koodinate ab. Aus dem gleichen Gund daf auch die ϕ Koodinate nicht von ϕ abhängen. Am Biot-Savatschen Gesetz d B j ist zu sehen dass das B Feld imme senkecht zum ezeugenden Stom und zu ebindungslinie zwischen Stom und Beobachtungspunkt steht. Da im Leite L allgemein j e z ist, muss B e ϕ sein, also: B = B e ϕ. Im stationäen Fall gilt ot B = µ j so dass man fü eine symmetisch um die z-achse liegende Keisfläche K R mit dem Radius R scheiben kann: πrb = R = B d s = ot B da = µ j d µ I A = µ I B = π e ϕ K R K R K R De magnetische Fluss von B duch die Fläche A de zweiten Leiteschleife ist somit: Φ = A B d A = a b Bh + x e ϕ e y dx dz = µ I a π b dz h + x = µ [ ] I a h + b π ln h b De Gegeninduktionskoeffizient L somit definitionsemäß gegeben duch Φ = L I L = µ [ ] a h + b π ln h Aufgabe 7 a Nach dem Kichhoffschen Knotensatz ist die netto Summe alle in und aus einem Leiteknoten fließenden Stöme gleich : I i = i 6

7 insofen sich die Gesamtladung im Knoten nicht ändet Q =. Nach dem Maschensatz ist die algebaische Summe alle Spannungsabfälle an Bauelementen innehalb eines Stomkeises gleich de Summe de induzieten und extenen Spannungen: E d = U ind + U e = d dt Φ + U e Letztee gilt nu im Idealfall dünne Leite. S b Seien U R und U C de Spannungsabfall am Widestand bzw. Kondensato bzgl. de Dehichtung A und U L die in L induziete Spannung bzgl. de Dehichtung B. Seien außedem I R, I C, I L die entspechenden Stöme. Es gilt: U R = I R R, U C = Q C C, U L = L di L dt Duch die Maschenegel ehält man fü A: I R R + U C = U e a und B: Duch die Knotenegel ehält man fene Duch Diffeenzieen ehält man: U C = Q C C = LdI L dt I R = I C }{{} C U C +I L c b a I R R + U c = U e c I R = CÜC + I L CÜC + I L R + U C = U e b CÜC + U C L R + U C = CRÜC + U C + R L U C = U e ÜC + RC U C + LC U C = RC U e Letztee stellt genau die gesuchte Diffeentialgleichung fü U C da. Suchen jetzt diejenige Eegefequenz ω von U e = U e iωt bei de die gegebenfalls esultieende Schwingung eine maximale Amplitude hat! Machen dazu den Lösungsansatz U C t = U e iωt 7

8 und gehen damit in die DGL ein: [ ω + iω RC + ] U e iωt = iω LC RC U e iωt U = iωu RC [ ω + iω RC + ] = LC U e iϑ RC ω ωlc + R C R, ϑ = actan ωl ωrc Suchen also genau die Fequenz ω fü die U ω ωlc + R C maximal, bzw. minimal wid. Dies ist genau fü fω := ω ωlc ω = LC de Fall, so dass dies auch die Resonanzfequenz fü U C dastellt! Aufgabe 8 a Mit de extenen Stomdichte j, t und Ladungsdichte ρ, t lauten die Maxwellgleichungen: ot E, t = t B, t div D, t = ρ, t ot H, t = j, t + t D, t div B, t = b Wegen ot B, t = kann man das ektopotential A, t einfühen: Eingesetzt in die. Maxwellgleichung egibt B, t = ot A, t div B, t = ot E, t + t ot A, t = ot Somit kann man ein skalaes Potential Φ, t einfühen fü das gilt: [ E, t + ] A, t t = E, t + t A, t = gad Φ, t ot E, t = t B, t c Betachten eine beliebige Tansfomation A, t := A + Γ, t, Φ, t := Φ, t + Ω, t fü die das B-Feld ehalten bleibt, d.h ot A, t = ot A, t + ot Γ, t =! ot A, t ot Γ, t = Γ muss also ein Gadientenfeld sein, d.h A, t = A, t + gad Ψ, t 8

9 Außedem muss abe noch das E-Feld ehalten bleiben, d.h t A, t gad Φ, t = t A, t t gad Ψ, t gad Φ, t gad Ω, t! = t A gad Φ, t t gad Ψ, t + gad Ω, t = Ω, t = Ψ, t t Somit sind die beiden Tansfomationen gekoppelt, gemäß Φ, t = Φ, t Ψ, t t Aufgabe 9 a Beginnen mit und scheiben ot H, t = j, t + t D, t, div D, t = ρ, t = div ot H, t = div j, t + t div D, t = div j, t + ρ, t t b Setzen S = E H und scheiben div S = H ot E E ot H = H B E j + [ ] D = B B + εe E j µ E = t [ B + ε ] E µ j E = w e j t E wobei w e genau die elektomagnetische Enegiedichte ist. j E ist die an die Ladungen eichtet Abeit, und somit die kinetische Enegiedichteändeung. Somit liegt es nahe den Poynting-ekto S als Enegieflussdichte zu intepetieen. Aufgabe Fü den Ladungsfeien Raum j = ρ = egeben sich die Potentialgleichungen unte de Coulomb-Eichung als Die Felde sind dann gegeben duch Φ, t =, A, t c t A, t = E, t = t A, t, B, t = ot A, t Altenativ, egibt sich die Wellengleichungen diekt aus diekt aus den Maxwellgleichungen: ot ot E, t = gad div E, t E, }{{} t = t ot B, t = c t E, t E, t c t E, t = ot ot B, t = gad div B, t B, }{{} t = c t ot E, t = c t B, t B, t c t B, t = Ebene Wellen: Machen den Ansatz A, t = ae iωt k 9

10 gehen damit in die DGL ein: A c t A = j a x e iωt k a k j c t eiωt = a ik j e iωt k iω A c j = k A + ω und sehen dass fü k = ω k Dispesionselation die DGL efüllt ist! Somit sind ebene Wellen Lösungen de Potentialgleichungen. Das E-Feld ist gegeben duch c A! = k = ω k E = t A = iω ae iωt k und stellt somit auch eine ebene Welle da. Wegen div E = folgt = div E = iω a j e iωt k = iω a j ik j e iωt k = ω a ke iωt k k E = x j j j k E und somit die Tansvesalität de Welle. Aufgabe Die Ebenen seien o.b.d.a die XZ und die Y Z Ebenen, und die Punktladung befinde sich o.b.d.a in q = x q e x + y q e y. Die Ebenen teilen den Raum automatisch in zwei Teiläume q, v auf, wobei q de Raum sei in dem sich die Ladung q befinde. Das Potential Φ, t ist duch die Randbedingungen Φx = x = Φy = = eindeutig bestimmt. Es genügt also igendeine Lösung zu finden die die Poissongleichung Φ = qδ q und die Randbedingungen efüllt. In v ist das Potential tivialeweise gegeben duch Φ =, und wi beschäftigen uns deshalb nu mit q. Betachten dazu das Feld das duch 4 Ladungen q = q, q = q, q = q, q 3 = q an den Stellen ezeugt wid. = q,, = x q e x y q e y, = x q e x + y q e y, 3 = x q e x y q e y

11 Dieses ist gegeben duch Φ = q [ ] 4πε + 3 Es ist leicht zu ekennen dass Φ die Poissongleichung in q efüllt: Φ = q 4πε = qδ q Aus de Gaphik ist außedem leicht zu ekennen dass die XZ und Y Z Ebenen Äquipotentialflächen sind, mit dem Potential Φ =. Somit stellt Φ genau die gesuchte Lösung fü das Diichletsche Randwetpoblem da.