Lösungsvorschläge zur Übung Nr. 5
Besprechung: Mittwoch, den 6. Dezember 2000
Aufgabe 1: (7 Punkte)
Stromdichte und elektrische Feldstärke sind durch

\begin{displaymath}
j = \frac{I}{\pi R^{2}}, \; \; \; \; \; E = \rho j = \frac{\rho I}{\pi R^{2}}
\end{displaymath}

gegeben. Wir wählen die $z$- Achse als Stromrichtung, dann ist in zylindrischen Koordinaten das $\vec{H}$- Feld in positiver $\varphi$- Richtung gegeben und an der Oberfläche des Leiters ($r=R$) betragsmäßig gleich $H_{\varphi}=I/(2\pi R)$ (siehe Physik II).
Der Poynting- Vektor ist auf der Oberfläche des Leiters

\begin{displaymath}
\vec{S} = \vec{E} \times \vec{H} = E_{z} H_{\varphi} \vec{e...
... \times \vec{e}_{\varphi}
= - E_{z} H_{\varphi} \vec{e}_{r},
\end{displaymath}

also normal auf der Leiteroberfläche in den Leiter hineingerichtet. Betragsmäßig ist

\begin{displaymath}
S_{r} = - \frac{\rho I^{2}}{2\pi^{2}R^{3}}.
\end{displaymath}

Die Wärmeleistung des Stromes kann geschrieben werden als:

\begin{displaymath}
\frac{dW}{dt} = \int_{V} \vec{j}\vec{E} \; dV = \int j E \; dV = \frac{\rho I^{2} L}{\pi R^{2}},
\end{displaymath}

wobei wir die Integration über das Volumen eines Leiterelementes der Länge $L$ erstreckt haben. Die Integration des Poynting- Vektors ergibt entsprechend

\begin{displaymath}
\int \vec{S} \; d\vec{A} = - S_{r} 2\pi R L = - \frac{\rho I^{2} L}{\pi R^{2}}
\end{displaymath}

Auf Grund des Poyntingschen Satzes kann die in Form von Wärme dem elektromagnetischen Feld entzogene Energie nur durch eine einlaufende Strahlung kompensiert werden. Diese Energiestrahlung erfolgt auf Grund unseres Ergebnisses radial in den Leiter hinein.
Aufgabe 2: (6 Punkte)
a) Sei $R$ der Radius des Kreises, dann gilt (siehe Skizze) $sin\theta = r/(2R)$, also auch

\begin{displaymath}
\frac{sin^{2}\theta}{r^{2}} = \frac{1}{4R^{2}} = konstant.
\end{displaymath}

Daher ist auch die mittlere Intensität $\overline{I(\theta,r)}$ auf diesem Kreis konstant.
b) Durch Rotation des Kreises um die Dipolachse wird im dreidimensionalen Raum ein Torus. Die gesamte abgestrahlte Leistung ist das Integral über die mittlere Intensität, integriert über die Oberfläche dieses Torus:

\begin{displaymath}
P = \int_{O} \overline{I(\theta,r)} \; dA.
\end{displaymath}

Wir setzen zur Abkürzung $X = (1/2)(\omega^{4}p_{0}^{2})/((4\pi)^{2}\epsilon_{0}c^{3})$, dann ist in Polarkoordinaten( $dA = r^{2} sin\theta \; d\theta \; d\varphi$):

\begin{displaymath}
P = X \int_{0}^{\pi} d\theta \; sin\theta \int_{0}^{2\pi} d\varphi \;
\frac{sin^{2}\theta}{r^{2}} r^{2}.
\end{displaymath}

Bei dieser Integration ist $r$ eigentlich eine Funktion von $\theta$, glücklicherweise fällt $r$ heraus:

\begin{displaymath}
P = 2\pi X \int_{0}^{\pi} d\theta \; sin^{3}\theta = \frac{8\pi X}{3}.
\end{displaymath}

Das Endergebnis war in der Vorlesung bereits angegeben:

\begin{displaymath}
P = \frac{\omega^{4}p_{0}^{2}}{12 \pi \epsilon_{0} c^{3}}.
\end{displaymath}


Aufgabe 3: (7 Punkte)
Der Energieverlust in einem Umlauf auf dem Kreis ist $\Delta E = PT$, wobei $T$ die Umlaufzeit ist. Wegen $T = 2 \pi R/v$ und $v = pc^{2}/E$ ist zunächst:

\begin{displaymath}
\Delta E = P T = \frac{e^{2}c}{6 \pi \epsilon_{0} R^{2}} \f...
...ilon_{0}R} \frac{\beta^{4}}{(1-\beta^{2})^{2}}
\frac{E}{pc}.
\end{displaymath}

Wegen $\beta^{4} = (v/c)^{4} = (pc/E)^{4}$ und $(1-\beta^{2}) = (E^{2}-p^{2}c^{2})/E^{2}
= (mc^{2}/E)^{2}$ gilt also

\begin{displaymath}
\frac{\beta^{4}}{(1-\beta^{2})^{2}} = \left( \frac{pc}{mc^{2}} \right)^{4}.
\end{displaymath}

Eingesetzt in die obige Formel für $\Delta E$ folgt:

\begin{displaymath}
\Delta E = \frac{e^{2}}{3 \epsilon_{0} R} \frac{(pc)^{3}E}{(mc^{2})^{4}}
\end{displaymath}

Setzen wir wieder $(pc)^{3} = (E^{2}- m^{2}c^{4})^{3/2}$, so erhalten wir schliesslich

\begin{displaymath}
\Delta E = \frac{e^{2}}{3 \epsilon_{0}R}\frac{E(E^{2}-m^{2}...
...{e^{2}}{3 \epsilon_{0}R} \left( \frac{E}{mc^{2}} \right)^{4}.
\end{displaymath}

Beim letzten Schritt haben wir die Approximation $mc^{2} \ll E$ benutzt.
a) Für Elektronen ergibt sich mit den angegebenen Zahlenwerten
$\displaystyle E$ $\textstyle =$ $\displaystyle 100 \; GeV = 100 \cdot 10^{9} \cdot 1,6 \cdot 10^{-19} \; J = 1,6 \cdot 10^{-8} \; J$  
$\displaystyle mc^{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle 9,1 \cdot 10^{-31} \; kg \cdot m^{2}/s^{2} = 0,82 \cdot 10^{-13} \; J$  
$\displaystyle \Delta E$ $\textstyle \approx$ $\displaystyle 0,45 \cdot 10^{-9} \; J \approx 2,9 \; GeV.$  

b) Das Verhältnis der abgestrahlten Energien für Protonen und Elektronen bei gleichem Radius ist

\begin{displaymath}
\frac{\Delta E_{p}}{\Delta E_{e}} = \left( \frac{m_{e}}{m_{p}} \right)^{4}
\left( \frac{E_{p}}{E_{e}} \right)^{4}.
\end{displaymath}

Wegen

\begin{displaymath}
\frac{m_{e}}{m_{p}} = 5,45 \cdot 10^{-4}, \; \; \; \; \;
...
... \frac{\Delta E_{p}}{\Delta E_{e}} \approx
2,1 \cdot 10^{-6}
\end{displaymath}

folgt $\Delta E_{p} \approx 6 \; MeV$. Obwohl die Energie der Protonen wesentlich höher ist als die der Elektronen, ist die Abstrahlung vernachlässigbar klein.



Harm Fesefeldt
2007-12-19