Musterlosung
Ubungsblatt 5 24.11.04
1 a)
Gegeben:
A(r)= 1
2
Br ; B=Be
z
; B =konst:
GesuhtistdasWegintegralaufC =KreismitRadiusR,derinmathematishpositiverRihtung
durhlaufen werden soll.Der Wegwird in Polarkoord. parametrisiert:
I = I
C
A(r)dr ; r(') =R 0
os(')
sin(')
0 1
A
; dr= dr
d' d' ;
dr
d'
=R 0
sin(')
os (')
0 1
A
R e
'
Das Feld muman auh noh berehnen:
A(r)= B
2 (e
z
r)= B
2 0
y
x
0 1
A
= B
2 R e
'
Also:
I = B
2 R
2 Z
2
0 (e
' e
'
)d'=BR 2
=BF
b)
Wirbetrahten zunahst das rehtsliegende(beix=+L)Teilstukdes Quadrates(mathem.
positiverUmlaufsinn auf dem Weg):
r(s)=e
y
s ; 0s <2L ; dr=e
y
ds ; A(r)= B
2 0
y
x
0 1
A
= B
2 0
y
L
0 1
A
; A(r)e
y
= B
2 L
damit
I
1
= Z
2L
0
A(r)e
y ds=
BL
2 Z
2L
0
ds=BL 2
Dieanderen3TeilstukelieferndenselbenBeitrag(dieTeilstukelassensihbeifestemUmlaufsinn
durh Drehen um =2aufeinander abbilden), also
2 2
)
Stokes:
I
C
Adr= Z
F
(rA)da ; da=nda
Dabeiist F die Flahe, dievon C umrandet wird, mitdem Normalenvektor n so gewahlt, da er
zum Umlaufsinn auf C nah der \rehte-Hand-Regel" pat. Also:
a): C mathematishpositiv ) F = Kreissheibemit Radius R und n=e
z
;
b): C mathematishpositiv ) F = Quadrat mitSeitenlange 2L und n=e
z
;
In jedem Fallhaben wir damit da =e
z
da. Die Rotation des Feldes ist
rA= B
2 0
0
0
2 1
A
=Be
z
damit
I = Z
F
(rA)da =B Z
F (e
z
n)da=BF
volligunabhangigvonderFormderFlaheF .DasWegintegralausa),b)hatalsofuralleFlahen
diesen Wert, solangedie Flahe inder Ebene ?B liegt.
)
Es giltimmer noh rA =Be
z
, aberdieFlahe ist eine andere,
I =B Z
F (e
z
n)da ; n=e
r
; da=R 2
sin()dd'
also
I =BR 2
Z
=2
0
sin()d Z
2
0
d' (e
z e
r )
| {z }
=os ()
=BR 2
2 Z
1
0
d(os ())(os())=B(R 2
)=BF
?
Vonder gewahlten Flahe zahlt also nurdie Projektion indieEbene ?B.
2 a)
m= 1
2 Z
(rj)d 3
r ; j=e
'
IÆ(z)Æ(r R ) ; d 3
r=dzrdrd'
einsetzen
m= I
2 Z
d 3
rÆ(z)Æ(r R )(re
' )=
I
2 R
2 Z
2
0
d' (e
r e
' )
| {z }
=e
z
=e
z I
2 2R
2
also
m=me ; m=IF ; F =R 2
Das Kreuzprodukt kann man zu Fu nahrehnen:
e
r e
'
= 0
os (')
sin(')
0 1
A
0
sin(')
os (')
0 1
A
= 0
0
0
1 1
A
=e
z
b)
Das rehts liegendeTeilstuk liefertden Beitrag
m
1
= I
2 Z
d 3
rÆ(x L)Æ(z)(L jyj)(re
y
) ; re
y
= 0
x
y
z 1
A
0
0
1
0 1
A
= 0
z
0
x 1
A
Ausfuhrender Integration uber x und z:
m
1
= I
2 Z
L
L dy
0
0
0
L 1
A
=e
z IL
2
Die anderen 3 Teilstuke liefern denselben Beitrag (Abbildung der Teilstuke aufeinander durh
Drehungen um =2 erhaltdie Stromrihtung),
m=4m
1
=me
z
; m =IF ; F =(2L) 2
)
Aus der Ladungsdihte und der Geshwindigkeit v ergibt sih die Stromdihte; hier ist au-
erdem v durh dieKreisfrequenz und dieRotationsahse gegeben,
j(r)=(r)v(r)=(r)(!r) ; ! =!e
z
; j(r)= Q!
4R 2
Æ(r R )(e
z r)
Das Moment lautetalso
m= 1
2 Q!
4R 2
Z
d 3
rÆ(r R )[r(e
z
r)℄ ; d 3
r =r 2
dr sin()dd'
m= 1
2 Q!
4R 2
R 4
Z
1
1
d(os ) Z
2
0
d'[e
r (e
z e
r )℄
Von
e
r (e
z e
r )=
0
^ x
^ y
^ z
1
A
0
0
0
1 1
A
0
^ x
^ y
^ z
1
A
= 0
^ x^z
^ yz^
^ x 2
+y^ 2
1
A
= 0
sin()os () os (')
sin()os() sin(')
sin 2
()
1
A
uberlebt im'-Integral nur diez-Komponente, also
m= 1
2 Q!
4R 2
R 4
2 Z
1
1
d(os ) 0
0
0
2 1
A
=e
z Q!R
2
4 Z
1
1
d(os )[1 os 2
()℄= Q!R
2
3 e
z
Da die z-Ahse stets durh die Rotationsahse gegeben sein kann (sonst keine ausgezeihnete
Rihtung vorhanden), folgt daraus
m= QR
2
3
!
3 a)
Es kommt hier auf die Integrationsrihtung entlang der Leitershleife in Bezug auf den
Normalenvektor der umlaufenen Flahe an. Wenn wir also das Wegintegral inmathematish po-
sitivemSinn durhlaufen, muder Normalenvektor njje
z
, alsonjjBgewahlt werden. Dannfolgt
U =
t
(t) ; = Z
F
Bnda=BF
Dabeibedeutet U >0: unten +, oben .
(i): Der Fluwird kleiner, also+ unten, unten,
(ii): DerFlu wird groer, also unten, +oben.
Lenz:
(i):Um(+unten, oben)aufzubauen,ieteininduzierterStrominmathem.positiverRihtung,
der ein MagnetfeldB 0
erzeugt, das innerhalbder LeitershleifemitB gleihgerihtet ist,alsodem
Verlust anFlu entgegenwirkt.
(ii): Dto.,nur andereStrom- und B 0
-Rihtung, soda dem Gewinnan entgegen gewirkt wird.
b)
(i): (t)=BF(t) ;
t
F(t)= vL ; jUj=BvL
Allerdings wird U nah der Zeit T =L=v null.
(ii): =B(t)L 2
; jUj=B L 2
=konst:
