2( x + r ) B ( x )= µ Ir x r x x a r I rRB(r)B~rB~1/rì I2Rð πR 2 πR · d~s = µ · I ( r ) ⇔ I B ( r ( r )= )= I · · r ~B µ πr I I r<R P 2 π r · d~s = µ · I ⇔ B ( r ) · 2 πr = µ · I ⇔ · B ( r )= ~B 1 µ I I r>R P B ( r ) · d~s = µ · I ~B I r<R r>R r ~B j

9. Übungsblatt Lösungen 16.06.2005

Bearbeitung bis Mi.22.06.2005

1. Unendlih langer zylindrisher Leiter (4+1)

Gegeben ist einunendlih langerzylindrisher Leiter mit konstanter Stromdihte

j

^.

a. Berehnen Sie das

B ~

^{-Feld in} Abhängigkeit vom Abstand

r

^{von der} Zylinderahse für

r < R

^und

r > R

^{mit Hilfe des}Ampère'shen Gesetzes:

I

P

B ~ · d~s = µ 0 · I

b. Skizzieren Sie

B(r)

^.

Lösung 1a:Auÿerhalb desLeiters

r > R

⁽

P ¹

^):

I

P 1

B ~ · d ~ s 1 = µ 0 · I ⇔ B(r 1 ) · 2πr 1 = µ 0 · I ⇔ B(r 1 ) = µ 0 I 2π · 1

r ¹

Innerhalb desLeiters

r < R

⁽

P 2

^):

I

P ₂

B ~ · d ~ s 2 = µ 0 · I(r 2 )

^mit

I (r 2 ) = I · πr 2 ²

πR ² ⇔ B(r 2 ) = µ 0 I 2πR ² · r 2

Lösung 1b:

R r B(r)

B~r

B~1/r ì 0 I

2 R ð

2. Helmholtz-Spulen (2+3)

Zweigleihe Kreisströme(Leiter mit Radius

r

^undStrom

I

^{)werdenmit gleiher Symmetrie-}

ahse (

x

^{-Ahse) so}aufgestellt,dass der Abstandihrer Ebenen gleih

a

^ist.

a. Berehnen Siedas Magnetfeldauf der

x

^-Ahse.

Hinweis: Aus der Vorlesung ist bekannt, dass für Kreisströme mit Radius

r

^{auf der}

Symmetrieahse

x

^gilt:

B(x) = µ ⁰ Ir ²

2 (x ² + r ² ) ^{3 / 2}

b. BestimmenSiedenAbstand

a

^derKreisströmeso,dassdasFeldaufderAhsemöglihst homogen wird.

Hinweis:Möglihstgute Homogenität wird erreiht,wenn sowohl dieerste wie auhdie

zweite AbleitungdesFeldesauf der Mittelahsevershwinden:

∂B

∂x = ∂ ² B

∂x ² = 0

Lösung 2a:

r

x

a O

Wählt manden Nullpunktder

x

-Koordinate in der Mittelebene beider Kreisströme, dann ist

B x (x) = µ ⁰ Ir ² 2

à 1

[r ² + (x + a/2) ² ] ^{3 / 2} + 1

[r ² + (x − a/2) ² ] ^{3 / 2}

!

Lösung2b:DurhDierenzierennah

x

^{überzeugtmansih,dassinder}Mittelebene(

x = 0

^),

unabhängig von

a

^{, dieerste Ableitungvon}

B _x

^nah

x

vershwindet:

∂B _x

∂x = − 3µ 0 Ir ² 4

³ £

r ² + (x + a/2) ² ¤ − 5 / 2

· (2x + a) + £

r ² + (x − a/2) ² ¤ − 5 / 2

· (2x − a) ´ _{x =0}

= 0

Für diezweiteAbleitung gilt:

∂ ² B _x

∂x ² = 15µ 0 Ir ² 8

h £

r ² + (x + a/2) ² ¤ − 7 / 2

(2x + a) ² + £

r ² + (x − a/2) ² ¤ − 7 / 2

(2x − a) ² i

− 3µ 0 Ir ² 2

h £

r ² + (x + a/2) ² ¤ − 5 / 2

+ £

r ² + (x − a/2) ² ¤ − 5 / 2 i

An der Stelle

x = 0

^{folgt dann:}

∂ ² B x

∂x ² (x = 0) = 15µ ⁰ Ir ²

8 · 2a ²

(r ² + a ² /4) ^{7 / 2} − 3µ ⁰ Ir ²

2 · 2

(r ² + a ² /4) ^{5 / 2}

Man erkennt, dass die zweite Ableitung für

a = r

vershwindet, wenn also der Abstand der Kreisströme ihrem Radius entspriht:

∂ ² B _x

∂x ² (x = 0, a = r) = − 3µ ⁰ Ir ² 2

"

− 5 4

2r ²

(r ² + r ² /4) ^{7 / 2} + 2 (r ² + r ² /4) ^{5 / 2}

#

= 0

Gegeben sind 3unendlih lange Leiter, diesihin gleihemAbstand

d

^{parallel zueinander in}

einer Reihe benden (

x 1 = x 2 = x 3 = 0

^,

y 1 = − d

^,

y 2 = 0

^,

y 3 = +d

^{). Der} Leiterradius sei vernahlässigbar, durhalle drei Leiterieÿe einStrom

I

^{in diegleihe Rihtung (}

z

^-Ahse).

a. Berehnen Siedie Position der zweiNullstellen in der

x − y

^{-Ebene desdurh dieLeiter}

erzeugten Magnetfeldes.

b. Skizzieren SiedieMagnetfeldlinien in der

x − y

^-Ebene.

. Der mittlere Leiter (2) werde nun um einen kleinen Weg

a << d

ausgelenkt, während die Leiter 1 und 3 unverändert bleiben. Beshreiben Sie qualitativ die Bewegung des

Leiters, wenn dieAuslenkung (i)in

y

^{-Rihtung bzw. (ii)in}

x

^{-Rihtung stattndet.}

Lösung 3a: Liegen die drei Drähte parallel (in Rihtung

z

^{) auf einer Linie (entlang der}

y

^-

Ahse), dann müssen die Punkte mit vershwindendem magnetishen Feld ebenfalls entlang

der

y

^{-Ahseliegen (d.h.}

x = 0

^{).Ansonstenistmit} Vektoraddition

P B ~ _i

^keinvershwindendes

B ~

^{-Feld zu erreihen. Der Abstand eines solhen Punktesmit}

B ~ = 0

^{vommittleren Leiter sei}

y

^{, dann istder Abstand zu denäuÿeren Leitern}

d ± y

^:

y

y d

d-y

d+y

B=0 x

Mit Hilfe der Formel für das magnetishe Feld unendlih langer Leiter (aus der Vorlesung:

B (r) = µ 0 · I/(2π · r)

^{) erhält mandann dieBeziehung:}

µ 0 · I

2π(d − y) = µ 0 · I

2πy + µ 0 · I 2π(d + y)

Es ergeben sih somiterwartungsgemäÿ zwei Lösungen:

y = ± d

√ 3

Lösung 3: Fürdie Kraft pro Längeneinheit, diezweistromdurhossene Leiter(Ströme

I ¹

und

I 2

^{) im Abstand}

r

aufeinander ausüben,gilt lautVorlesung:

f := dF

dl = − µ ⁰ 2π · I ¹ I ²

r .

DabeibeshreibtdasnegativeVorzeihendieanziehendeKraftwirkungimFallegleiherStrom-

rihtung (gleihesVorzeihen der Ströme).

(i) Wirdder mittlereLeiterin

y

^-Rihtung ausgelenkt,soist dieresultierende KraftproLänge gegebendurh

f = µ 0 I ²

2π(d − y) − µ 0 I ² 2π(d + y)

Wegen

y << d

^{folgt in guterNäherung:}

f = µ 0 I ²

2π(d − y) − µ 0 I ²

2π(d + y) = µ 0 I ² 2π · 2y

d ² − y ² ≈ µ 0 I ² πd ² · y.

Das bedeutet,dass dieKraft proportional zur Auslenkung ist.Da sieder Auslenkung gleih-

gerihtetist (gleihes Vorzeihen),stellen sihjedohkeineharmonishen Shwingungenein.

(ii)Bei Auslenkungin

x

^{-Rihtung erhält manformaldasselbemit} umgekehrtem Vorzeihen:

f 2

d

x f

f 1 f/2

(d +x ) ^{2 2 1/2} f 2

x =

Hier gilt für beide Kräfte

f 1 = f 2 = µ 0 I ² 2π √

d ² + x ²

und für dieresultierende Kraft:

f = − 2xf 2

√ d ² + x ² = − µ 0 I ² π · x

d ² + x ² ≈ − µ 0 I ² πd ² · x

In diesem Fall stellen sih harmonishe Shwingungen ein, da Auslenkung

x

^{und Kraft}

f

antiparallel sind. Mit

F = − k · x

^und

ω = p

k/m

^(m: Gesamtmasse des Leiters) kann man für diePeriodendauer der Shwingung angeben:

T = 2π s

πλ µ 0 · d

I

Hierbeiist

λ = m/L

^dielineareMassendihte desDrahtes.

4. Ballistisher Strombügel (3+2)

Ein

Π

^{-förmigerDrahtbügelmit Masse}

m = 5

^gundeiner Gesamtlänge von

L = 15

^mtauht

a. Wie hohiegt der Bügel, wenn plötzlih einStrom von

I = 100

^A eingeshaltet wird?

Vernahlässigen Sie Reibung im Queksilber und in der Luft sowie die Induktion im

Draht.

b. Bestimmen Sieausder FlughöhediedurhgeosseneElektrizitätsmenge.

Lösung 4a: Für einen stromdurhossenen Leiter der Länge

L

^{in einem zu ihm senkreht}

stehendenMagnetfeldistdieLorentzkraft

F _L = ILB

^{.DiegeleisteteArbeitistdas}Wegintegral von

F _L

^{entlangdesWeges}

a

^{.DieseArbeitstektnahherinder}potentiellenEnergie

E = mgh

^:

Z

F ~ _L d~s = F _L a = ILBa = mgh

Hieraus ergibt sihdiemaximale Flughöhezu

h = ILBa

mg = 3, 67

^{m (1)}

Lösung 4b: Während des Weges

a

^{ieÿt Ladung durh den} Strombügel. Mit

a = 1/2a _b t ²

(Beshleunigung

a _b = F _L /m

^{) erhält mandiehierfür benötigteZeit:}

t =

r 2ma

ILB .

⁽²⁾

In dieserZeitieÿt dieLadung

Q = I · t

^{. (1)und (2)}eingesetzt, ergibt shlieÿlih:

Q = m LB

p 2gh = √

2

^Coulomb

Alternativer Lösungswegmit Impulssatz undEnergieerhalt ung

mgh = 1/2mv ²

^:

mv = F _L · ∆t = ILB · ∆t = LBQ

h = v ²

2g = L ² B ² Q ² 2m ² g

⇒ Q = m LB

p 2gh