\documentstyle[12pt,german,epsf,briefkn]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\Large
\centerline{Physik III, WS 1992/93} 
\vskip 5mm
\centerline{L\"osungen zur \"Ubung Nr. 6}
\normalsize  
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Besprechung: \bf 9. Dezember 1992 \rm \newline
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
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 Intensit"at $\overline{I(\theta,r)}$ 
auf diesem Kreis konstant. \newline
\vskip 30mm
b) Durch Rotation des Kreises um die Dipolachse wird im 
dreidimensionalen Raum ein
Torus. Die gesamte abgestrahlte Leistung ist das Integral "uber
die mittlere Intensit"at, integriert "uber die Oberfl"ache dieses
Torus:
\begin{displaymath}
P = \int_{O} \overline{I(\theta,r)} dA.
\end{displaymath}
Wir setzen zur Abk"urzung der Schreibweise
$X=(1/2) (\omega^{4} p^{2}_{0})/((4\pi)^{2} \epsilon_{0} c^{3})$,
dann ist in Polarkoordinaten 
($dA = r^{2} sin\theta \; d\theta \; d\phi$):
\begin{displaymath}
P = X \int_{0}^{\pi} d\theta \; sin\theta \int_{0}^{2\pi} d\phi
\frac{sin^{2}\theta}{r^{2}} r^{2}.
\end{displaymath}
Bei dieser Integration ist $r$ eigentlich eine Funktion von
$\theta$, gl"ucklicherweise f"allt $r$ 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}
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
Der Energieverlust in einem Umlauf auf dem Kreis ist
$\Delta E = P T$, wobei $T$ die Umlaufzeit ist. Wegen
$T=2\pi R/v$ und $v=pc^{2}/E$ ist zun"achst
\begin{displaymath}
\Delta E = P T = \frac{e^{2} c}{6\pi \epsilon_{0} R^{2}}
\frac{\beta^{4}}{(1-\beta^{2})^{2}} \frac{2 \pi R}{pc^{2}}
= \frac{e^{2}}{3 \epsilon_{0} R} \frac{\beta^{4}}{(1-\beta^{2})^{2}}
\frac{E}{pc}.
\end{displaymath}
Wegen $\beta^{4} = (v/c)^{4} = (pc/E)^{4}$ und
$1 - \beta^{2} = (E^{2}-p^{2}c^{2})/E^{2} = (m c^{2}/E)^{2}$ gilt also
\begin{equation}
\frac{\beta^{4}}{(1-\beta^{2})^{2}} = 
\left( \frac{pc}{mc^{2}} \right)^{4},
\end{equation}
und
\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 den Energieverlust pro Umlauf in Abh"angigkeit der Energie des
Teilchens:
\begin{equation}
\Delta E = \frac{e^{2}}{3 \epsilon_{0} R} 
\frac{E (E^{2} - m^{2} c^{4})^{3/2}}{(mc^{2})^{4}} \approx
\frac{e^{2}}{3 \epsilon_{0} R} \left( \frac{E}{mc^{2}} \right)^{4}.
\end{equation}
Beim letzten Schritt haben wir von der Approximation 
$mc^{2} \ll E$ Gebrauch gemacht. \newline
Zahlenwerte: $e = 1,6 \cdot 10^{-19} \;C$, 
$\epsilon_{0} = 8,854 \cdot 10^{-12} \; A s V^{-1} m^{-1}$, 
$R = 3,1 \cdot 10^{3} \; m$, 
$E = 45 \; GeV = 45 \cdot 10^{9} \; 1,6 \cdot 10^{-19} \; J 
= 0.72 \cdot 10^{-8} \; J$, \newline
$mc^{2} = 9,1 \cdot 10^{-31} \; 9 \cdot 10^{16} \; kg \cdot m^{2}/s^{2}
= 0,82 \cdot 10^{-13} \; J$:
\begin{displaymath}
\Delta E = \underline{1,87 \cdot 10^{-11} \; J} = 
\underline{120 \; MeV}.
\end{displaymath}
b) Das Verh"altnis der abgestrahlten Energie f"ur Elektronen und
Protonen bei sonst gleichen Bedingungen ist einfach:
\begin{equation}
\frac{\Delta E(e^{-})}{\Delta E(p)} = \left( \frac{m_{p}}{m_{e}}
\right)^{4} = \underline{1,13 \cdot 10^{13}}.
\end{equation}
Im letzten Schritt wurden die Zahlenwerte
$m_{e} = 9,1 \cdot 10^{-31} \; kg$ und 
$m_{p} = 1,67 \cdot 10^{-27} \; kg$ eingesetzt.
Man erkennt, da"s bei Protonspeicherringen die 
Synchrotronstrahlung keine Rolle spielt. 
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
a) Nach dem Gau"sschen Satz ist im Innern der Ader und au"serhalb
der konzentrischen H"ulle die Feldst"arke Null. \newline
\vskip 30mm
Zwischen Ader und H"ulle gilt:
\begin{displaymath}
\oint \vec{E} d\vec{A} = \frac{\lambda l}{\epsilon_{r} \epsilon_{0}},
\end{displaymath}
wobei $\lambda$ die Linienladungsdichte und $l$ die L"ange des Kabels
ist. Die Integration ist "uber die Oberfl"ache des Zylinders mit
Radius $r$ ($r_{1} \leq r \leq r_{2}$) und L"ange $l$ zu erstrecken.
Daher:
\begin{displaymath}
E_{r} (2\pi r l) = \frac{\lambda l}{\epsilon_{r} \epsilon_{0}}
\end{displaymath}
und
\begin{displaymath}
E_{r} = \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_{r} \epsilon_{0}} \frac{1}{r}
\end{displaymath}
Die Potentialdifferenz zwischen Innen- und Au"senleiter ist:
\begin{displaymath}
U =  \int_{r_{1}}^{r_{2}} E_{r} dr = 
 \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_{r} \epsilon_{0}} 
\int_{r_{1}}^{r_{2}} \frac{dr}{r} =  \frac{\lambda}
{2\pi \epsilon_{r} \epsilon_{0}} ln( \frac{r_{2}}{r_{1}} ).
\end{displaymath}
Mit $Q=C U$ und $Q= \lambda l$ folgt schlie"slich f"ur die 
Kapazit"atsbelegung $C^{\ast} = C/l$:
\begin{displaymath}
C^{\ast} = \frac{C}{l} = \frac{2\pi \epsilon_{r} \epsilon_{0}}
{ln(r_{2}/r_{1})}.
\end{displaymath}
Dieses Aufgabe wurde bereits in Physik II ("Ubung Nr.5, Aufgabe 1)
behandelt. \newline 
Zur Berechnung der Induktivit"atsbelegung mu"s zun"achst das
Magnetfeld berechnet werden. 
Dieses wurde ebenfalls in
Physik II ("Ubung Nr.8, Aufgabe 4) bereits behandelt. Auf Grund des
Ampereschen Satzes ist
\begin{displaymath}
\oint \vec{B} d\vec{s} = \mu_{r} \mu_{0} \int \vec{j} d\vec{A}.
\end{displaymath}
Wegen der Symmetrie hat $\vec{B}$ nur eine Komponente $B_{\phi}$
und ist auf einem Kreis mit Radius $r$ konstant. Daher folgt f"ur
$r_{1} \leq r \leq r_{2}$:
\begin{displaymath}
B_{\phi} 2 \pi r = \mu_{r} \mu_{0} I \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
\rightarrow \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; B_{\phi} =
\frac{\mu_{r} \mu_{0} I}{2\pi} \; \frac{1}{r}.
\end{displaymath}
Der magnetische Flu"s ergibt sich zu
\begin{displaymath}
\Phi_{m} = \int_{O} \vec{B} d\vec{A} = 
\mu_{r} \mu_{0} l \int_{r_{1}}^{r_{2}}
\frac{I}{2\pi r} dr = 
\frac{\mu_{r} \mu_{0} l}{2\pi} ln(\frac{r_{2}}{r_{1}}) I.
\end{displaymath}
Nach Definition ist $\Phi_{m} = L I$, daher
\begin{displaymath}
L^{\ast} = \frac{L}{l} = \frac{\mu_{r} \mu_{0}}{2\pi} ln(\frac{r_{2}}{r_{1}}).
\end{displaymath}
b) F"ur die Phasengeschwindigkeit ergibt sich:
\begin{displaymath}
v = \frac{1}{\sqrt{L^{\ast} C^{\ast}}} = \frac{1}{\sqrt{\epsilon_{r}
\epsilon_{0} \mu_{r} \mu_{0}}}
= \frac{1}{\sqrt{\epsilon_{r}}} c,
\end{displaymath}
wobei wir im letzten Schritt davon Gebrauch gemacht haben, da"s 
im vorliegenden Fall $\mu_{r} = 1$ und f"ur die 
Vakuumlichtgeschwindigkeit $c = 1/\sqrt{\epsilon_{0} \mu_{0}}$ gilt.
F"ur die Wellengeschwindigkeit erhalten wir:
\begin{displaymath}
Z = \sqrt{\frac{L^{\ast}}{C^{\ast}}} = \frac{1}{2\pi}
\sqrt{\frac{\mu_{r} \mu_{0}}{\epsilon_{r} \epsilon_{0}}}
ln( \frac{r_{2}}{r_{1}})
= \frac{1}{2\pi c \epsilon_{0} \sqrt{\epsilon_{r}}} 
ln(\frac{r_{2}}{r_{1}}).
\end{displaymath}
c) Die H"alfte der Vakuumlichtgeschwindigkeit erhalten wir
f"ur $v = c/2 = c/\sqrt{\epsilon_{r}}$, also f"ur 
$\sqrt{\epsilon_{r}} = 2$ oder $\epsilon_{r}=4$. Die zweite
Bedingung lautet
\begin{displaymath}
\frac{1}{4\pi c \epsilon_{0}} ln(\frac{r_{2}}{r_{1}}) = Z = 
50 \;\Omega.
\end{displaymath} 
Zahlenwerte:
\begin{displaymath}
ln(\frac{r_{2}}{r_{1}}) = 4\pi \; 8,854 \cdot 10^{-12} \; 
3 \cdot 10^{8} \; 50 \; \; \frac{A s m \Omega}{V m s} = 1,67
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
\frac{r_{2}}{r_{1}} = \underline{5,31} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;        
\underline{\epsilon_{r} = 4}.
\end{displaymath} 
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 4: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
In der Vorlesung wurde diskutiert, da"s bei transversalen 
elektromagnetischen Wellen 
auf Wellenleitern mit konstanter paralleler Geometrie gilt:
\begin{displaymath}
C^{\ast} L^{\ast} = \epsilon_{r} \epsilon_{0} \mu_{r} \mu_{0} =
\frac{1}{v^{2}},
\end{displaymath}
wobei $v$ also die Phasengeschwindigkeit der elektromagnetischen 
Wellen sind, die sich im Medium mit der relativen 
Dielektriz"atskonstanten $\epsilon_{r}$ und der relativen 
Permeabilit"at $\mu_{r}$ ausbreiten. Im vorliegenden Fall ist
$\epsilon_{r}=1$ und $\mu_{r}=1$, daher 
$C^{\ast} L^{\ast} = 1/c^{2}$ mit der Vakuumlichtgeschwindigkeit $c$.
Die Kapazit"atsbelegung ist also:
\begin{displaymath}
C^{\ast} = \frac{1}{L^{\ast} c^{2}} = 
\frac{\pi}{\mu_{0} c^{2} (ln(a/r) +1/4)} = \frac{\pi \epsilon_{0}}
{ln(a/r) + 1/4}.
\end{displaymath}
Der Wellenwiderstand ist dann:
\begin{equation}
Z = \sqrt{\frac{L^{\ast}}{C^{\ast}}} = \frac{1}{\pi \epsilon_{0} c}
\left( ln(\frac{a}{r}) + \frac{1}{4} \right) .
\end{equation}
Zahlenwerte:
\begin{displaymath}
Z = \frac{ln(10/0,5) + 0,25}{\pi \; 8,854 \cdot 10^{-12} \; 3\cdot 10^{8}}
\; \; \; \frac{V m s}{A s m} = \underline{389 \; \Omega}.
\end{displaymath}   
\end{document}
