Physik III, WS 1992/93
Lösungen zur Übung Nr. 6
Besprechung: 9. Dezember 1992
Aufgabe 1: (5 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 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 $\theta$, 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 2: (5 Punkte)
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 zunächst

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

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 Abhängigkeit der Energie des Teilchens:
\begin{displaymath}
\Delta E = \frac{e^{2}}{3 \epsilon_{0} R}
\frac{E (E^{2} ...
...e^{2}}{3 \epsilon_{0} R} \left( \frac{E}{mc^{2}} \right)^{4}.
\end{displaymath} (2)

Beim letzten Schritt haben wir von der Approximation $mc^{2} \ll E$ Gebrauch gemacht.
Zahlenwerte: $e = 1,6 \cdot 10^{-19} \;C$, $\epsilon_{0} = 8,854 \cdot 10^{-12} \; A s V^{-1} m^{-1}$, $R = 3,1 \cdot 10^{3} \; m$, $E = 45 \; GeV = 45 \cdot 10^{9} \; 1,6 \cdot 10^{-19} \; J
= 0.72 \cdot 10^{-8} \; J$,
$mc^{2} = 9,1 \cdot 10^{-31} \; 9 \cdot 10^{16} \; kg \cdot m^{2}/s^{2}
= 0,82 \cdot 10^{-13} \; J$:

\begin{displaymath}
\Delta E = \underline{1,87 \cdot 10^{-11} \; J} =
\underline{120 \; MeV}.
\end{displaymath}

b) Das Verhältnis der abgestrahlten Energie für Elektronen und Protonen bei sonst gleichen Bedingungen ist einfach:
\begin{displaymath}
\frac{\Delta E(e^{-})}{\Delta E(p)} = \left( \frac{m_{p}}{m_{e}}
\right)^{4} = \underline{1,13 \cdot 10^{13}}.
\end{displaymath} (3)

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, daß bei Protonspeicherringen die Synchrotronstrahlung keine Rolle spielt.

Aufgabe 3: (6 Punkte)
a) Nach dem Gaußschen Satz ist im Innern der Ader und außerhalb der konzentrischen Hülle die Feldstärke Null.

Zwischen Ader und Hülle 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 Länge des Kabels ist. Die Integration ist über die Oberfläche des Zylinders mit Radius $r$ ( $r_{1} \leq r \leq r_{2}$) und Länge $l$ 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 Außenleiter ist:

\begin{displaymath}
U = \int_{r_{1}}^{r_{2}} E_{r} dr =
\frac{\lambda}{2\pi ...
...
{2\pi \epsilon_{r} \epsilon_{0}} ln( \frac{r_{2}}{r_{1}} ).
\end{displaymath}

Mit $Q=C U$ und $Q= \lambda l$ folgt schließlich für die Kapazitätsbelegung $C^{\ast} = C/l$:

\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 (Übung Nr.5, Aufgabe 1) behandelt.
Zur Berechnung der Induktivitätsbelegung muß zunächst das Magnetfeld berechnet werden. Dieses wurde ebenfalls in Physik II (Übung 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 für $r_{1} \leq r \leq r_{2}$:

\begin{displaymath}
B_{\phi} 2 \pi r = \mu_{r} \mu_{0} I \; \; \; \; \; \; \; \...
...\; B_{\phi} =
\frac{\mu_{r} \mu_{0} I}{2\pi} \; \frac{1}{r}.
\end{displaymath}

Der magnetische Fluß ergibt sich zu

\begin{displaymath}
\Phi_{m} = \int_{O} \vec{B} d\vec{A} =
\mu_{r} \mu_{0} l ...
...=
\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) Für die Phasengeschwindigkeit ergibt sich:

\begin{displaymath}
v = \frac{1}{\sqrt{L^{\ast} C^{\ast}}} = \frac{1}{\sqrt{\ep...
...lon_{0} \mu_{r} \mu_{0}}}
= \frac{1}{\sqrt{\epsilon_{r}}} c,
\end{displaymath}

wobei wir im letzten Schritt davon Gebrauch gemacht haben, daß im vorliegenden Fall $\mu_{r} = 1$ und für die Vakuumlichtgeschwindigkeit $c = 1/\sqrt{\epsilon_{0} \mu_{0}}$ gilt. Für die Wellengeschwindigkeit erhalten wir:

\begin{displaymath}
Z = \sqrt{\frac{L^{\ast}}{C^{\ast}}} = \frac{1}{2\pi}
\sqr...
... \epsilon_{0} \sqrt{\epsilon_{r}}}
ln(\frac{r_{2}}{r_{1}}).
\end{displaymath}

c) Die Hälfte der Vakuumlichtgeschwindigkeit erhalten wir für $v = c/2 = c/\sqrt{\epsilon_{r}}$, also für $\sqrt{\epsilon_{r}} = 2$ 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}

Aufgabe 4: (4 Punkte)
In der Vorlesung wurde diskutiert, daß 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 Dielektrizätskonstanten $\epsilon_{r}$ und der relativen Permeabilität $\mu_{r}$ 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 Kapazitätsbelegung ist also:

\begin{displaymath}
C^{\ast} = \frac{1}{L^{\ast} c^{2}} =
\frac{\pi}{\mu_{0} ...
...} (ln(a/r) +1/4)} = \frac{\pi \epsilon_{0}}
{ln(a/r) + 1/4}.
\end{displaymath}

Der Wellenwiderstand ist dann:
\begin{displaymath}
Z = \sqrt{\frac{L^{\ast}}{C^{\ast}}} = \frac{1}{\pi \epsilon_{0} c}
\left( ln(\frac{a}{r}) + \frac{1}{4} \right) .
\end{displaymath} (4)

Zahlenwerte:

\begin{displaymath}
Z = \frac{ln(10/0,5) + 0,25}{\pi \; 8,854 \cdot 10^{-12} \;...
...}}
\; \; \; \frac{V m s}{A s m} = \underline{389 \; \Omega}.
\end{displaymath}





Harm Fesefeldt
2007-08-22