Loesung 2 - losungen von aufgaben PDF

Preview

Summary

losungen von aufgaben ...

Description

Felder und Wellen WS 2017/2018

¨ Musterl¨osung zur 2. Ubung

4. Aufgabe Grenzbedingungen:

1

2

en r1

r2

σ = Dn2 − Dn1

(1)

Et2 = Et1

(2)

⇒ Dn2 = Dn1

(3)

~ = ε0 εr E ~ D

(4)

Hier: Keine Grenzfl¨achenladung, σ = 0

Materialgleichung: Einsetzen in (3): ε0 εr2 En2 = ε0 εr1 En1 εr ⇒ E n2 = 1 E n1 εr2

(5)

Einsetzen in (2): Dt2 Dt1 = ε0 εr2 ε0 εr1 εr ⇒ Dt2 = 2 Dt1 εr1

(6)

y

e E E

e E

1 n

r2

2

1

E E 3 0

r1

2 n

E

2 t

1 t

O

x

Lage der Grenzfl¨ache: ~ 1 = E0 ~ex , gesucht: D ~ 1, E ~ 2, D ~ 2 . aus Gleichung (4) folgt: gegeben: E ~ 1 = ε0 εr E ~ 1 = ε0 εr E0~ex D 1 1 ~ 1 in Normal- und Tangentialkomponente: Zerlegung von E E0 2 √ 3 = E0 cos 30◦ = E0 2

En1 = E0 sin 30◦ = Et1 Anwendung der Grenzbedingungen:

1 E0 En = 2 1√ 4 3 E0 = Et1 = 2

(5) ⇒ En2 = (2) ⇒ Et2 Zusammenfassung der x- und y- Anteile:

7 Ex2 = En2 sin 30◦ + Et2 cos 30◦ = E0 8√ 3 Ey2 = −En2 cos 30◦ + Et2 sin 30◦ = E0 8 ~ 2 aus der Materialgleichung: Bestimmung von D √ 7 3 ~ ~ ε0 E0~ey E = (4) ⇒ D2 = ε0 εr2 2 ε0 E0~ex + 4 4

5. Aufgabe Die Aufgabe wird mit der Methode: Satz vom H¨ullenfluß & Symmetrie (Skript Kapitel 3.3) gel¨ost. Ausgangspunkt ist die Maxwellgleichung Z I ~ ~ D d f =  dv

~ = Er (r)~er , Rechnung in KugelkoordinaDie Ladungsverteilung ist kugelsymmetrisch ⇒ E ~ ~ ten. Außerdem gilt D = ε0 E. Linke Seite der Gleichung:

I

~ df~ = D

Z2πZπ 0 0

ε0 Er (r) ~er · ~er r 2 sin ϑ dϑ dϕ = ε0 Er (r) · 4πr 2 | {z } | {z } 1

4π

Dieses Zwischenergebnis gilt f¨ur alle kugelsymmetrischen Ladungsverteilungen (konstant in ϑ, ϕ). Rechte Seite:

Die Ladungsdichte ist f¨ur die beiden Bereiche 0 ≤ r < R0 und R0 ≤ r < ∞ durch unterschiedliche Funktionen definiert. Die praktischste Vorgehensweise ist, die Ladung zun¨ achst innerhalb eines Kugelvolumen mit dem Radius r < R0 zu bestimmen und dann die Ladung innerhalb eines Kugelvolumen mit Radius r ≥ R0 zu bestimmen. Bereich 1 (r ≤ R0 ): Z

 dv =

Zr Z2π Zπ

(r ′ ) r ′2 sin ϑ dϑ dϕ dr ′ | {z }

r′ =0 ϕ=0 ϑ=0 Zr 1 ′2 ′2 ′ = 4π r r dr R02 0  r 1 r ′5 = 4π R02 5 0 1 r 5 =: Q(r) = 4π 2 R0 5

⇒ Er (r) =

4π

(Ladung innerhalb der Kugel mit Radius r)

4π R12

0

r5 5

=

4πε0 r 2 3 ~ 1 = 1 r ~er E 5ε0 R02

1 r 3 5ε0 R02

Bereich 2 ( Ladung innerhalb eines Kugelvolumens mit R0 ≤ r < ∞): Das Kugelvolumen mit r ≥ R0 enth¨alt auch den Bereich 1. Die Gesamtladung Q im Bereich 1 ist (s.o) Q(R0 ) =

4 π1 R03 5

Daraus folgt f¨ur r ≥ R0 : Z

 dv =

Zr

Z2π Zπ

(r ′ ) r ′2 sin ϑ dϑ dϕ dr ′ + Q(R0 ) | {z }

r′ =R0 ϕ=0 ϑ=0 Zr R0 4 = 4π 2 ′4 r

4π

r ′2 dr ′ + Q(R0 )

R0

r R 04 = 4π2 − ′ + Q(R0 ) r R0   4 R0 + π1 R0 3 = 4π2 R03 1 − r 5 

Linke Seite aufl¨osen nach Er :   4π2 R03 1 − Rr0 + 45 π1 R0 3 ⇒ Er = 4πε0 r 2   3 R0 1 R 0 3 2 R 0 1 − + = r ε0 r 2 5ε0 r 2 ~ 2 = Er ~er E

6. Aufgabe a) Formelsammlung Φ(r2 ) − Φ(r1 ) = −

Zr2

r1

E0 ′ −r′ /r0 ′ r e dr r0

Randbedingungen: r2 = r; r1 = ∞; Φ(∞) = 0 Substitution: r˜ = r ′ /r0 ; dr ′ = r0 d˜ r

Φ(r) − 0 = −

r/r Z 0

E0 r˜ e−˜r r0 d˜ r

∞ −r/r0

= E 0 r0 e



r +1 r0

⇒ Φ(r) = E0 e−r/r0 (r + r0 )



b) Nur Er -Komponente ⇒ Kugelsymmetrie. Es gilt die 1. Maxwellgleichung in Differentialform ~ = div D ~=  ⇔ divE ε0 divE~ in Kugelkoordinaten mit Eϑ = Eϕ = 0 (Formelsammlung 4.)  ε0  ε0  ε0   E0 ε0 r = 3− e−r/r0 r0 r0

 1 ∂  2 r Er (r) = r 2 ∂r E0 1 d  3 −r/r0  r e = r0 r 2 dr   E0 1 r 3 −r/r0 2 −r/r0 e = 3r e − r0 r0 r 2

Aufgabe 7 a) Raumladungsdichten: R ≤ Ra :

DR = ε0 ER = 0

~ =  div D

1 ∂ R ∂R

=

= 3 0 Ra < R ≤ Rb :

~ = 0 E

Rb < R ≤ Rc :

DR = 0  =

Rc < R : E~ = 0

 = 0

Fl¨achenladungsdichten: σ = DN 2 − DN 1 σa = −0 σb = +0

Ra2 Ra

Ra2 Rb

= −0 Ra



R2 Ra

R D Ra R



=

R2 1 ∂ R 0 Ra R ∂R

R Ra

 = 0 Ra2 R

1 ∂ R ∂R

  R2 = 0 R 0 a R

σc = −0

Ra2 Rc

b) Φ(∞) = 0 R > Rc :

E = 0

Rb < R ≤ Rc :

→ Φ = 0

Φ(R) − Φ(Rc ) = −

ZR

0 Ra2 dR ′ ε0 R ′

Φ(Rc ) = 0

Rc

=− Ra < R ≤ Rb :

~ = 0 E

→ Φ = −

R ≤ Ra : Φ(R) − Φ(Ra) = −

ZR

Ra

R 0 2 Ra ln ε0 Rc

0 2 R Ra ln b ε0 Rc

0 R 2 dR ε0 Ra



R 0 2 0 1 R 3 R − R ln b ε0 3 Ra Ra Rc ε0 a   3   0 1 R 2 2 ln Rb − R a + Ra Φ(R) = − ε0 3 Ra Rc

Φ(R) = −...