Aufgabenblatt zum Seminar 08 PHYS70357 Elektrizitatslehre und Magnetismus (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Aufgabenblatt zum Seminar 08
PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus
(Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Othmar Marti, (othmar.marti@uni-ulm.de)

10. 06. 2009

1 Aufgaben

Zwischen den übereinander liegenden Polen eines Hufeisenmagneten (Magnetfeld mit H = 80 kA/m waagerecht aufgehängt, ein Draht aus Aluminium (Massendichte ρ_M = 2.7 ⋅ 10³ kg/m³), welcher im vertikalen Magnetfeld frei schwingen kann. Durch den Draht fliesst ein Strom der Stromdichte i = 10⁵ A/m².
Um welchen Winkel gegenüber der Vertikalen wird die Pendelaufhängung ausgelenkt?
Ein anfänglich ruhendes ⁶³Cu-Ion (Ladung: +e, Molmasse: M₆₃ = 63 g/mol, Dichte: 8.6 g/cm³) wird in einem elektrischen Feld, das durch eine Spannung mit 2.5 kV erzeugt wurde, beschleunigt und anschliessend in einer senkrecht zur Flugbahn des Ions verlaufenden homogenen magnetischen Induktion B der Stärke B = 0.18 T abgelenkt.
1. Welchen Weg nimmt das Ion?
2. Was ändert sich, wenn sich ein ⁶⁵Cu-Ion (Molmasse M₆₅ = 65 g/mol) unter die ursprünglichen ⁶³Cu-Ionen verirrt?
Parallel zur Flugbahn der Ionen (vor Eintritt in das Magnetfeld) befindet sich eine Platte im Abstand von D = 32 cm.
1. Wie muss die Platte relativ zum Magnetfeld angeordnet sein, dass die Ionen sie ungefähr senkrecht treffen?
2. Wie gross sind dann die Auftreffstellen von einander entfernt?
Ein geladenes Teilchen bewegt sich in einem Raum, in dem gleichzeitig ein elektrisches und ein magnetisches Feld herrschen. Ein Beobachter erkennt aus vielen Versuchen, dass die Bewegung des Teilchens unter bestimmten Voraussetzungen gleichförmig und unabhängig von der Masse und der Ladung des Teilchens ist.
1. Finden Sie die notwendigen Bedingungen hierfür?
2. Wozu könnte so eine Apparatur benutzt werden?
In einem Koaxialkabel, das aus dem Innenleiter (Radius R₁) und dem Aussenleiter (Innenradius R₂ > R₁, Aussenradius R₃ > R₂) besteht, fliesst im Innenleiter der Strom I_i = I und im Aussenleiter derselbe Strom, aber in die entgegengesetzte Richtung: I_a = -I.
1. Berechne das Magnetfeld im Abstand r von der Symmetrieachse im Inneren des Innenleiters r < R₁,
2. im Raum zwischen Innen- und Aussenleiter ,
3. im Aussenleiter
4. und ausserhalb des Aussenleiters (R₃ < r).
Zeige, dass das Magnetfeld eines unendlich langen geraden Leiters $H (r) = --I- 2 πr$
quellenfrei ist.
Ein Vektorpotential sei gegeben durch $( 3 ) 1+Ax12∕x2+ A2yy0 + A3 zz3 A = |( 0 B y--z- 0 |) y-0-x2z0∕x2 C e 0$
1. Berechne daraus die magnetische Induktion .
2. Ist für dieses Vektorpotential $ΔA = - μ0i$
  
  erfüllt?
3. Wie könnte ergänzt werden, damit dies zutrifft?
4. Berechne für das veränderte ebenfalls die magnetische Induktion .
Hinweise:
- ∫ = -
- ∫ = x₀ arctan
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(Im Seminar 12 Minuten)
Ein Vektorpotential sei gegeben durch
$( ( ) ) Ax sin yy0zz0 A = |( -x-z- |) Ay x0-xz0 Azx0$

Berechne daraus die magnetische Induktion .
Hinweis:
$( ) ( ∂A ∂Ay ) Ax ∂yz- -∂z-- rot A = rot ( Ay ) = |( ∂Ax- ∂Az |) A ∂∂zAy- ∂∂xAx- z ∂x - ∂y$

2 Lösungen

Die Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter im Magnetfeld ist $dF = I dℓ × B = μ0I dℓ × H$

Hier sind die Leiterstücke d und das Magnetfeld senkrecht aufeinander, also:
$dF = μ0⋅I ⋅H ⋅dℓ$

Mit der Stromdichte i und dem Drahtquerschnitt A ergibt sich
$dF = μ0 ⋅I ⋅A ⋅H ⋅dℓ$

oder, für den L langen Draht mit Volumen V = A⋅L
$∫ dF = F = μ0 I V H$

Diese Kraft wirkt horizontal. Die Komponente senkrecht zum Pendel ist
$FL,horizontal = F cos(φ) = μ0 I V H cos(φ )$

Bei einer Auslenkung eines Pendels der Masse M um den Winkel φ ist die rücktreibende Kraft
$Fr = M ⋅g ⋅ sinφ$

Die Kraft im Magnetfeld ist gleich dieser mechanischen Kraft, also (mit M = ρ_M V )
$M ⋅g⋅ sin φ = ρ ⋅V ⋅g⋅ sin φ = μ iV H cos(φ) 0$

⇒
$( μ i H ) φ-= arctan -0---- =-0.3628-=--20.79-∘- -- ρg$

Die Fluggeschwindigkeit der Ionen mit Ladung e berechnet sich aus der Energie W = eU, die die Ionen im elektrischen Feld, das mit der Spannungsdifferenz U erzeugt wurde, erhalten, die gleichzeitig die kinetische Energie W = 1
2

mv² ist, zu

∘ ----- 2eU-- v = m

Die Masse m eines Ions ist die Molmasse M dividiert durch die Avogadro-Zahl

M63- m63 = N A

(Die Dichteangabe wird nicht benötigt).

In einem Magnetfeld wirkt auf ein geladenes Teilchen, das sich bewegt, die Lorentzkraft

= q

. Da

senkrecht zu

ist, kann hier mit den Beträgen gerechnet werden und die Flugbahn ist ab Eintritt ins Magnetfeld eine Kreisbahn, deren Radius r sich aus der Gleichheit der mechanischen Zentrifugalkraft und Lorentzkraft ergibt.

ev ⋅B	= m₆₃ ⋅
⇒ r₆₃	= = ⋅
	= ⋅ = = 0.317 m

für die etwas schwereren ⁶⁵Cu-Ionen ergibt sich $r65 = 0.322 m$
Die Ionen werden senkrecht zur Flugrichtung und senkrecht zum Feld abgelenkt. Die Auffangplatte muss deshalb parallel zum Feld orientiert sein, damit die Ionen senkrecht auftreffen. Der Abstand (D = 32 cm) ist für diesen Fall richtig gewählt.
Der Abstand ΔL der Auftreffstellen ist die Differenz der Kreisbahnradien, also $∘ ----- (∘ ---- ∘ ----) ΔL = r65 - r63 = 2U---1 M65 - M63 = 4.999 mm eNA B$

Die Kraft auf ein bewegtes geladenes Teilchen im kombinierten elektrischen und magnetischen Feld ist: $F = qE + q⋅v × B$
1. Wenn das Teilchen sich gleichförmig bewegen soll, muss diese Kraft null sein, also $qE = - qv × B$
  oder
  $E = B × v$
  unabhängig von der Masse des Teilchens und der Ladung, aber abhängig von dessen Geschwindigkeit. Die Felder müssen also senkrecht zueinander sein und das Teilchen muss sich senkrecht zu beiden bewegen. Bei einem bestimmten Wert werden sich nur die Teilchen mit v = geradlinig bewegen.
2. So eine Anordnung ist also ein Geschwindigkeitsfilter für geladene Teilchen.

Das Ampèresche Durchflutungsgesetz

∮ ∫∫ B ds = μ0 ida s A(s)

verbindet das Magnetfeld B mit den Stromdichten i.

Bei einer zylindersymmetrischen Anordnung der Stromdichten muss das Ergebnis ebenfalls Zylindersymmetrie aufweisen, das Magnetfeld muss also kreisförmig sein und dessen Stärke darf nur vom Radius abhängen und nicht vom Ort entlang des Leiters. Damit vereinfacht sich das Wegintegral, wenn als Weg ein konzentrischer Kreis (zur Leiteranordnung) mit Radius r gewählt wird, zu

∮ B ds = B (r) 2πr s

Das Flächenintegral (mit obigen Kreis als Umrandung) ergibt für

Innenleiter: r < R₁ mit i = $∫ ∫ -r2 μ0 i da = μ0IR2 A 1$

$μ0 ⋅Ir ⇒ B (r) = -----2 2 πR 1$
Zwischenraum: R₁ < v < R₂ Strom nur im Innenleiter, $∫∫ μ0 i da = μ0⋅I A$

$μ0I- ⇒ B (r) = 2πr$

Aussenleiter: R₂ < r < R₃ Strom im Innenleiter und im Teil des Aussenleiters (mit anderer Richtung)

μ₀_Ai da	= μ₀
	= μ₀I

( ) μ0 ⋅I 1 R23 ⇒ B (r) = ----- ⋅--2----2- ---- r 2π R 3 - R 2 r

Aussenraum: r > R₃ Gesamtstrom im Inneren des Kreises ist I - I = 0 $⇒ B (r) = 0$

Das Feld steigt also linear an bis zum Radius R₁, fällt dann hyperbelförmig ab bis zum Radius R₂ und von da an stärker bis zu R₃, wo es Null wird. Ausserhalb des Koaxialkabels existiert kein Magnetfeld, das von den Strömen im Kabel herrührt. Ebenso ist, wenn Innenleiter und Aussenleiter mit der gleichen Ladungsdichte belegt sind, das elektrische Feld aussen gleich null.

Wir setzen r = ∘ --------
x2 + y2

und lassen den Strom I entlang der z-Achse fliessen. Wir wollen zeigen, dass

div B = μ0div H = 0

ist. Das Magnetfeld ist tangential, der Einheitsvektor, der in Richtung des Magnetfeldes zeigt, sei

( - y ) ( ) ∘---1----- eφ = x ⋅ x2 + y2 0

div	= div _φ
	= div
	=
	=
	=	=	0

1. Die magnetische Induktion berechnet sich aus dem Vektorpotential über $( ) --A1---+ A -y + A z3 | 1+x2∕x20 y2-y0z 3z30 | B = rot A = rot ( B y0--z0- ) C e-x2∕x20$
  
  Hier ergibt sich
  $( ) yB0--z0- | 2Cx-e-x2∕x20 z2 | B = ( x20 + 3A3 z30 ) - Ay20-$
2. Damit Δ = μ₀ erfüllt ist, muss div = 0 sein.
  Hier ergibt sich
  $div A = - 2A1 ------x--------+ ---B--- ⁄= 0 x20(1 + x2∕x20)2 y0 - z0$
3. Um das Problem zu lösen, muss zum Vektorpotential ein Potential addiert werden, für das div = -div und rot = 0 gilt. Wir suchen also ein Potential ϕ, so dass grad ϕ = ist. Also ist auch $∂2ϕ ∂2ϕ ∂2 ϕ Δ ϕ = div grad ϕ = --2-+ --2-+ ---2 = - div A ∂x ∂y ∂z$
  
  In div taucht der konstante Term B∕(y₀ -z₀) sowie ein von x abhängiger Term auf. Den konstanten Term kann man mit der zweiten Ableitung nach y oder der zweiten Ableitung nach z bekommen. Wir verwenden y und haben
  $B ⋅y2 ϕ = ---------- + f(x ) 2 (y0 - z0)$
  
  Der x-Term hat die Form x∕(x² + x₀²)²). Das doppelte Integral dazu ist in den Hinweisen angegeben, so dass wir für ϕ bekommen:
  $( ) ---B-⋅y2-- -x- ϕ = 2 (y0 - z0) - A1 x0 arctan x0$
  
  Damit bekommen wir
  $( ( ) ) ( - A ---1--- ) B ⋅y2 x 11+x2y∕x20 L = grad ϕ = grad ----------- A1 x0arctan --- = ( - B y0--z0- ) 2(y0 - z0) x0 0$
  
  sowie
  $x B div L = 2A1 -------------2-- ------- x20(1 + x2∕x20) y0 - z0$
  und
  $div A + div L = 0$
4. Da wir = grad ϕ gesetzt hatten, ist rot = rot grad ϕ ≡ 0. Also ist die magnetische Induktion des neuen Vektorpotential ′ = +
  
  = rot ′ = rot = rot ′ = rot
  =
  
  wie bei Teilaufgabe a).
Bei genauerer Überlegung zeigt sich, dass wir mit letztlich einfach aus der x-Komponente von A die x-Abhängigkeit, aus der y-Komponente die y-Abhängigkeit und aus der z-Komponente die z-Abhängigkeit entfernt hatten.