Aufgabe 1. Magnetische Kraft (2+4)

Übungen zur Physik II (Elektrodynamik) SS 05

Lösungen zum 10. Übungsblatt 23.06.2005

Besprechung am Mi. 29.06.2005

Aufgabe 1. Magnetische Kraft (2+4)

a) Messung des magnetischen Feldes.

Eine rechteckige Leiterschleife hängt vertikal im Zentrum eines großen Magneten, so dass das magnetische Feld senkrecht zum Draht gerichtet ist und aus der „Papierebene“ herauszeigt.

Das Magnetfeld B ist gleichförmig auf der Länge des horizontalen Abschnittes des Drahtes ( ). Der obere Teil der Leiterschleife ist feldfrei. Die Schleife hängt an einer Waage die eine Kraft von nach unten misst, wenn durch der Draht ein Strom von

fließt. Wie groß ist Magnetfeld cm

l=10.0

N F =3.48×10⁻²

im Zentrum?

A

I =0.245 B

Lösung:

Die magnetischen Kräfte auf die zwei vertikalen Seiten der Leiterschleife sind

entgegegerichtet. Da sie gleich groß sind, addieren sie sich zu Null. Die resultierende Kraft auf die Leiterschleife ist die auf die horizontale Seite ab mit Länge l = 0.1 m (θ = 90°)

m T A

N Il

B F 1.42

) 100 . 0 )(

245 . 0 (

10 48 .

3 × ² =

=

= ⁻

Diese Methode wird auch zur exakten Bestimmung von Magnetfeldern benutzt.

b) Halbrunder Draht im magnetischen Feld.

Der Draht, durch den ein Strom I fließt, besteht aus einem nach unten geöffneten Halbkreis mit Radius Rund zwei geraden Zuleitungen. Der Draht liegt senkrecht zum homogenen

hat die Länge l im Feld B₀.

Bestimmen Sie die resultierende Kraft auf den Draht durch magnetische Feld B₀.

Lösung:

Die Kräfte auf den zwei geraden Zuleitungen sind gleich ( = IlB0) und entgegengesetzt, deshalb heben sie sich auf. Folglich ergibt sich die resultierende Kraft aus dem halbrunden Teil. Wir teilen den Halbkreis in kurze Abschnitte dl = R dΦ auf und verwenden die Gleichung dF = I dl x B, so finden wir

φ Rd IB dF = ₀

wobei dF die Kraft auf einen Abschnitt dl = R dΦ ist, und der Winkel zwischen dl und B^B0

immer 90° beträgt. Die x-Komponente der Kraft dF auf einen Abschnitt dl und die x-

Komponente der Kraft auf den zur vertikalen Mittelachse symmetrisch gelegenen Abschnitt dl heben sich auf. Deswegen ergibt sich für gesamten Halbkreis keine x-Komponente der Kraft.

Folglich haben wir nur die y- Komponente, und die resultierende Kraft wird die Größe

. 2 cos

sin

sin ₀

0 0

0 0

0R d IB R IB R

IB dF

F =^π

∫

φ = ^π

∫

^{φ φ} =− ^{φ π} =

Diese Kraft wirkt vertikal nach oben, der y-Achse entlang.

Augabe 2. Magnetisches Moment eines kreisenden Elektrons (2+2+2)

In einem einfachen Modell kreist ein Elektron auf einer Bahn von Radius a = 0.528 Å um den Atomkern. Sein mechanischer Drehimpuls ist dabei gequantelt und hat den Wert L = ħ .

a. Welche mittlere Stromstärke stellt das umlaufende Elektron dar ? Lösung:

a2 m J = ⋅

Mit dem Trägheitsmoment und der Kreisfrequenz

ω

=2⋅

π

⋅

υ

folgt für den Drehimpuls des Elektrons und die Umlauffrequenz ν des Elektrons

2 2 2 2

a m a

m J

L= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ υ π

υ π

ω _h ^h

Die Stromstärke, die sich aus dem umlaufenden Elektron ergibt, ist die Elektronenladung pro Umlaufzeit, oder

3Å 10 06 . 2 1 2

⋅ −

⋅ =

⋅

⋅

= ⋅

⋅

=

a m e e

I υ π ^h

b. Welche Zusammenhang besteht zwischen dem Drehimpuls L und dem magnetischen Moment p = Stromstärke x Fläche ?

Lösung:

Das durch das kreisende Elektron erzeugte magnetische Moment ist

2 10 24

8 . 2 8

1 2

2

2 2 L Am

m e m a e

a m F e

I

p = = ⋅ −

⋅

= ⋅

⋅

⋅ ⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

= h π h

π M

Das Drehmoment , z.B. einer stromdurchflossenen Leiterschleife der Fläche ist gegeben durch

F B

p Mr r r

×

= mit pr= IFr. Benutzt man noch B=

μ

0⋅H und zieht die Induktionskonstante zum magnetischen Moment, also M = p×B=

μ

₀p×H so ergibt sich für das kreisende Elektron ein magnetisches Moment von

B Vsm m

p e 1.16 10 29

0 2⋅ = = ⋅ −

=μ ^h μ

das man auch als Bohr’sches Magneton bezeichnet.

c. Wie groß ist das Magnetfeld, das vom kreisenden Elektron am Ort des Kerns erzeugt wird ?

Lösung:

Das durch das kreisende Elektron erzeugte Magnetfeld am Ort des Kerns ist nach Aufgabe 1b aus Blatt 8 (Magnetfeld in der Symmetrieachse eines Ringleiters über Biot-Savart)

( )

a T I z

a a z I

B 12.6

2 0 2 3 0 2 2

2 0 2

) 0

( = =

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝⎛ + =

⋅

⋅

=

= μ

μ

Das Planck’sche Wirkungsquant hat den Wert h = 2π·ħ= 2π· 1.05 · 10^-34 Joule·s, die spezifische Ladung des Elektrons ist e/m = 1.76 · 10¹¹ C/kg.

Aufgabe 3. Die Hohlkugel (2+2+4)

Auf der Oberfläche einer Hohlkugel mit dem Radius R sei eine Ladung q gleichmäßig verteilt.

Die Kugel rotiere mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um einen ihrer Durchmesser.

a. Bestimmen Sie die dadurch erzeugte Stromdichte j (r).

Lösung:

).

2 ( 4 )

( r R

R

r = q δ −

ρ π Ladungsdichte:

).

)(

( ) ( ) ( )

(r r V r r r

j =ρ = ρ ω^r× Stromdichte:

) cos , sin sin , cos

(sinϑ⋅ ϕ ϑ⋅ ϕ ϑ

=

= R

er R r Oberfläche:

ωr =ωez =ω(0,0,1)

ϑ ϕ ϕ

ϕ ϑ

ϕ ϑ ϕ

ϑ e

er

ez× =(−sin ⋅sin ,sin ⋅cos ,0)=sin ⋅(−sin ⋅cos ,0)=sin

⇒

Daraus folgt die Stromdichte:

. ) ( 4 sin

) q

( ϑδ ϕ

π

ω r R e

r R

j = −

b. Berechnen Sie das von j hervorgerufene magnetische Moment der Kugel.

Lösung:

= ∫ ×r j r d r

m ( ( )) 3

2

Definition: 1

ϑ ϑ ϕ ϑ ϕ

ϕ ϑ ^e

r e

e × )=(−cos cos ,−cos sin ,sin )=− (

+∫

− −

∞∫

− ∫

=

⇒ 1

1

) sin ( cos 0

2 0 ) 3 (

8 π ϑ ϑ ϑ

ϕ π δ

ω drr r R d d e

R m q

+∫

− −

−

= 1

1

3 2 2

) 1 , 0 , 0 2 )(

cos 1 ( 2 cos

4 1

4 4 4

4 3

4 4 4

4 2

1 ϑ ϑ

ωR d q

2 . 3 2 1

3

1 ω qR ω^r

ex R q

m= =

⇒

c. Leiten Sie die Komponenten des Vektorpotentials A(r) und der magnetischen Induktion B(r) ab.

Lösung:

Definition:

∫ − ′

′ ′

= r r

r r j d r

A 3 ( )

4 ) 0

( π

μ ,

∫ − ′

− ′

′

× ′

= 3 ( ) .

4 2 4 ) 0

( r r

R r r r d R

r q

A ω δ

π π

μ _r

Daraus folgt:

∫ {

∞ +∫

− +∫

− + −

=

×

=

− ′ + ′

′−

′

× ′

=

0

1 1

1 1

, 2 2

) 2 8 (

0 2 2

2

) 1 , 0 , 0 ) (

3 ( 8 2

) 0 (

rRx R

r dx x

er ex qR

x r r r

r dx x R r r r d R

r q

A ω

π δ μ

π ω

μ _{r r}

+∫

−

− + + +

∫ − +

−

− +

−

=

− +

= 1

1

2 2 1 2

1 1 1

1

2 2 1 2

2 2

2 dx r R rRx

rRx rR R

r rRx rRx

R r dx x I

).

3 ( ) 1 1 (

) 2 2 )(

1 3 ( 2 ) 1 1 (

3 3

2 2

1 1 2 3 2

2

R r R R r

R r r R rR r

rRx R

rR r R rR

r R rR r

+

−

−

− + +

−

−

=

− +

− + + +

−

−

= ⁺₋

: R r >

3 . ) 2 2 6

3 ( 1 2

) 3

3 3

3 3 (

) 1 1 (

2 3

2 2 2

3 2 2

3 3 2 2

3 2 2

r R R

R R r

R r

R rR R r r R rR R r R r

R r r R rR r I

+

=

−

−

−

−

=

−

−

−

−

− +

−

− + +

−

−

=

: R r >

2 3

2 2

2 3

) 2 2 6

3 ( 1 2

R r r

R rR r

I =−r − − − =+

Daraus folgt das Vektorpotential:

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

<

×

>

= ×

. falls ), 12 (

, falls ), 12 (

) (

0 2 2 0

R r R e

qr

R r r e

qR r

A

r r

π ω μ

π ω μ

r r

Im Außenraum gilt also:

4 . )

( ⁰ ₃

r r r m

A = ×

π μ

Damit folgt:

) . ( 3 ) 4

( ⁰ ₃

r

m m e r e

B ^{r r} ⋅ −

= π μ