Lösung

Studienjahr FS 2014
ETH Zürich
D-MATH/D-PHYS
Prof. K. Kirch
Klausur, 03. Februar 2015, Physik II
Musterlösung
1 Multiple Choice (8 Punkte)
(1.2) = e)
(1.3) = d)
(1.4) = d)
(1.5) = e)
(1.6) = d)
(1.7) = e)
(1.8) = a)
(1.9) = d)
2 Zwei Seile (8.5 Punkte)
a) (1.5 Punkt) Die reflektierte und transmittierte Wellen sind
ξr (x, t) = Ar sin(−ka x − ωt),
(1)
ξt (x, t) = At sin(kb x − ωt),
(2)
wobei ka bzw. kb die Wellenzahl im Seil a bzw. b sind. Die Kreisfrequenz ist die
gleiche überall. Beachten Sie das “−” Zeichen vor ka : die reflektierte Welle läuft nach
links.
b) (3.5 Punkte) Die Bedingungen an der Verbindungsstelle sind
ξi (0, t) + ξr (0, t) = ξt (0, t),
∂ξi
∂ξr
∂ξt
(0, t) +
(0, t) =
(0, t),
∂x
∂x
∂x
(3)
(4)
für alle Zeiten t. Einsetzen der Wellenfunktionen liefert
Ai sin(−ωt) + Ar sin(−ωt) = At sin(−ωt),
Ai ka cos(−ωt) − Ar ka cos(−ωt) = At kb cos(−ωt),
(5)
(6)
und daraus
Ai + Ar = At ,
Ai ka − Ar ka = At kb .
1
(7)
(8)
Aus der ersten Gleichung kriegen wir Ar = At −Ai . Einsetzen in die zweite Gleichung
liefert
Ai ka − (At − Ai )ka = At kb .
(9)
Auflösung nach At gibt
At =
2ka
Ai
ka + kb
(10)
und dann
ka − kb
Ai .
(11)
ka + kb
Die Wellengeschwindigkeit v in einem Seil mit Radius R, Dichte ρ, und Spannungskraft F ist durch
s
F
v=
(12)
ρπR2
Ar = At − Ai =
gegeben. Daraus können wir die Wellenzahlen ka , kb in der Form
s
r
2
ρπRa,b
ω
ρπ
ka,b =
=ω
= ωRa,b
va,b
F
F
(13)
schreiben und die Amplituden als Funktion der Seilradien ausdrücken:
2Ra
Ai ,
Ra + Rb
Ra − Rb
Ai .
Ra + Rb
At =
Ar =
(14)
(15)
c) (0.5 Punkte) Die reflektierte Amplitude Ar ist negativ falls Rb > Ra , d.h. falls das
Seil b dicker und schwerer als das Seil a ist. Die Verbindung des “leichten Seils” a mit
dem “dicken Seil” b wirkt in ähnlicher Weise wie eine feste Verbindung zu einer Mauer
(aber doch in gemildeter Weise: die Welle wird nicht vollständig zurückreflektiert).
d) (3 Punkte) Die mittlere Intensität (Energie pro Zeiteinheit und pro Flächeneinheit)
einer harmonischen Welle ist gegeben durch
s
1
1
F
A2
2 2
2 2
I = ρvω A = ρ
ω
A
∝
,
(16)
2
2
ρπR2
R
wobei wir die Wellengeschwindigkeit eingesetzt haben. Wir müssen zeigen dass, an
der Verbindungsstelle,
Ii · πRa2 = It · πRb2 + Ir · πRa2 .
(17)
Dazu genügt es zu zeigen dass
A2i Ra = A2t Rb + A2r Ra ,
(18)
weil die übrigen Grössen gleich für beiden Seile sind. Mit den Amplituden aus Teilaufgabe b) kriegen wir:
2
Ra − Rb 2 2
2Ra
2
2
2
At Rb + Ar Ra = Rb
Ai + Ra
Ai
(19)
Ra + Rb
Ra + Rb
Ra2 − 2Ra Rb + Rb2
Rb
4Ra2
2
= Ai Ra
+
(20)
Ra (Ra + Rb )2
(Ra + Rb )2
R2 + 2Ra Rb + Rb2
= A2i Ra a
(21)
(Ra + Rb )2
= A2i Ra ,
(22)
d.h. genau die gewünschte Beziehung. Die Energieerhaltung ist somit bewiesen.
2
3 Aberration des Sternenlichts (7.5 Punkte)
a) (3 Punkte) Die Komponenten der Geschwindigkeit vom Lichtstrahl im Bezugssystem K sind
 


−c cos θ
ux
(23)
~u =  uy  =  −c sin θ  ,
0
uz
wobei c die Lichtgeschwindigkeit ist. Mit Hilfe der Formel für die Transformation der
Geschwindigkeiten kriegen wir die Komponenten der Geschwindigkeit vom Lichtstrahl im Bezugssystem K0 :
ux + (γ − 1) uvx − γ v
0
ux =
(24)
x
γ 1 − vu
c2
ux + (γ − 1)ux − γv
=
(25)
x
γ 1 − vu
c2
ux − v
=
(26)
x
1 − vu
c2
−c cos θ − v
=
(27)
1 + vc cos θ
und
u0y =
uy
x
γ 1 − vu
c2
q
−c sin θ 1 −
=
1+
v
c
cos θ
(28)
v2
c2
.
(Beachten Sie dass die Lichtgeschwindigkeit unabhängig von Bezugsystem ist,
(29)
q
02
u02
x + uy =
c, wie es sein muss.) Andererseits sind die Komponenten im Bezugssystem K0 gegeben
durch
 0  

ux
−c cos θ0
~u 0 =  u0y  =  −c sin θ0 
(30)
0
0
uz
und wir können den Winkel θ0 bestimmen:
q
q
2
v2
0
c
sin
θ
1
−
sin
θ
1 − vc2
2
u
c
y
0
tan θ = 0 =
=
.
ux
c cos θ + v
cos θ + vc
(31)
b) (1.5 Punkte) Aus
E 2 = m2 c4 + |~
p |2 c2
können wir den Impulsbetrag bestimmen:
√
E 2 − m2 c4
E
|~
p| =
= ,
c
c
(32)
(33)
weil das Photon masselos ist. Daraus folgt der Viererimpuls im Bezugssystem K:
 E  

E
c
c
 px   − E cos θ 
  c

p =
 py  =  − E sin θ  .
c
pz
0
µ
3
(34)
c) (1.5 Punkte) Die Lorentztransformation vom
K0 ist

γ
−βγ

−βγ
γ
Λµ ν = 
 0
0
0
0
Bezugssystem K zum Bezugssystem

0 0
0 0 
.
(35)
1 0 
0 1
Daraus folgt der Viererimpuls im Bezugssystem K0 :

 
E
γ
−βγ 0 0
c
E



−βγ
γ
0
0
−
 ·  c cos θ
pµ0 = Λµ ν pν = 
 0
0
1 0   − Ec sin θ
0
0
0 1
0

γ Ec (1 + β cos θ)
  −γ E (β + cos θ) 
c
=
.
 

− Ec sin θ
0
(36)


d) (1.5 Punkte) Aus dem Viererimpuls pµ0 sehen wir dass das Photon im Bezugssystem
K0 die Energie
E 0 = γE(1 + β cos θ)
(37)
hat, das heisst
E0
= γ(1 + β cos θ).
(38)
E
Wenn wir berücksichtigen dass Energie und Frequenz durch E = hν verknüpft sind,
wir finden dass
ν0
= γ(1 + β cos θ).
(39)
ν
Wir haben das Verhältnis der Frequenzen für den relativistischen Dopplereffekt bewiesen!
4 Radiales elektrisches Feld mit konstantem Betrag
(8 Punkte)
a) (2 Punkte) Das elektrische Feld ist unstetig an den Oberflächen: an der inneren
Oberfläche steigt es von 0 auf E0 , an der äusseren Oberfläche fällt es zurück zu
0. Diese Unstetigkeiten werden von Oberflächenladungen erzeugt. Wenden wir den
Gauss’schen Satz an einem infinitesimalen Zylinder an, das ein Stück Fläche dS im
Inneren enthält, finden wir dass die Unstetigkeit der senkrechten Komponente vom
elektrischen Feld ∆E⊥ direkt mit der Oberflächenladungsdichte σ zusammenhängt,
∆E⊥ · dS =
σ · dS
,
ε0
(40)
und daraus
σ = ε0 ∆E⊥ .
(41)
Im vorliegenden Fall finden wir an der inneren Kugelfläche
σ1 = ε0 (E0 − 0) = ε0 E0
(42)
und an der äusseren Kugelfläche
σ2 = ε0 (0 − E0 ) = −ε0 E0 .
4
(43)
b) (1 Punkt)Die Gesamtladung des Systems ist gleich Null, weil im Aussenraum das
elektrische Feld verschwindet. Seien Q1 und Q2 die Ladungen auf den Kugeloberflächen. Die Volumenladung in der Kugelschale ist dann
QVol = −(Q1 + Q2 ) = −(σ1 · 4πR12 + σ2 · 4πR22 ) = 4πε0 E0 (R22 − R12 ).
(44)
c) (2 Punkte) Aufgrund der Symmetrie des Systems können wir annehmen dass die
Volumenladungsdichte nur vom Radius r = |~r | abhängt: ρ = ρ(r). Die Anwendung
vom Gauss’schen Satz an einer infinitesimalen Kugelschale mit Innenradius r und
Aussenradius r + dr (wobei R1 < r < R2 ) liefert
E(r + dr) · 4π(r + dr)2 − E(r) · 4πr2 =
1
ρ(r) · 4πr2 dr,
ε0
(45)
wobei 4πr2 dr das Volumen der infinitesimalen Kugelschale ist. Der Betrag des elektrischen Feldes ist konstant, E(r + dr) = E(r) = E0 für R1 < r < R2 , und somit in
erster Ordnung in dr kriegen wir
E0 · 8πrdr =
1
ρ(r) · 4πr2 dr.
ε0
(46)
Die Auflösung nach der Ladungsdichte liefert die Antwort:
2ε0 E0
ρ(r) =
.
Gara Nazionale: SOLUZIONE della Prova Teorica – Senigallia – 29 Aprile
2011
r
mmediato, essendo V (R2 ) = 0 per r ≥ 2R a
o.
R
E0 dr = (2R − r) E0
< 2R. Nei punti interni alla prima sfera il
he il campo è nullo, ed è pari a
ti a fianco.
di forze centrale si conserva il momento
ano individuato dalla posizione ⃗r0 e velocità
oria deve stare tutta sul medesimo piano.
scere che la forza è sempre nello stesso piano
i una componente perpendicolare di accelerticella fuori dello stesso piano.
omette il pedice per semplicità) la particella si muove con velocità incognita di
postare un sistema di due equazioni: una è fornita dalla conservazione dell’energia,
momento angolare
5
{
mr2 v 2 R + mr2 v02 (2R − r) = mr2 v02 R
+ qV (2R)
⇒
rv = 2Rv0 sen 45◦
equazione per 2r2 R ed avendo sostituito 2qE0 R = mv02 per definizione di v0 .
(47)
d) (2 Punkte) Ladungsdichte und elektrisches Feld kennen wir schon. Das elektrostatische Potential finden wir durch Integration, indem wir o.B.d.A. den Nullpunkt ins
Unendliche wählen:
Z ∞
E(r)dr.
(48)
V (r) − V (∞) = V (r) =
r
Im Aussenraum ist das Potential V = 0, in der Kugelschale R1 < |~r | < R2 ist es
gegeben durch
Z
V (r) =
∞
R2
Z
dr = E0 (R2 − r)
E(r)dr = E0
(49)
r
r
und im Innenraum ist es konstant, mit dem gleichen Wert wie an der inneren Kugeloberfläche, V = E0 (R2 − R1 ). Die obige Abbildung zeigt den radialen Verlauf von
Volumenladungsdichte, elektrisches Feld und elektrostatisches Potential.
5 Dielektrische Flüssigkeit (9 Punkte)
a) (2 Punkte) Der Kondensator mit der dielektrischen Flüssigkeit bis zur Höhe h kann
als die Parallelschaltung von zwei Kondensatoren betrachtet werden. Der erste (der
Höhe h) mit dem Dielektrikum, der zweite (der Höhe H − h) ohne Dielektrikum. Die
gesuchte totale Kapazität ist die Summe der Kapazitäten dieser zwei Teilkondensatoren. Die Kapazität eines Plattenkondensators mit Plattenabstand d und -fläche A,
gefüllt mit einem Material mit relativer Dielektrizitätskonstante εr , ist
C = εr ε0
A
.
d
(50)
Es folgt dass im vorliegenden Fall die totale Kapazität ist
Ctot = εr ε0
hL
(H − h)L
+ ε0
.
d
d
(51)
b) (3 Punkte) Am Anfang zwischen den Platten herrscht das elektrisches Feld E0 . Es
folgt dass die Spannung zwischen den Platten V0 = E0 d und die Ladung auf den
Platten Q0 = C0 V0 waren, wobei
C 0 = ε0
HL
.
d
(52)
Folglich, die gespeicherte Energie war
1
1 HL
ε0 E02
W0 = C0 V02 = ε0
(E0 d)2 =
HLd.
2
2
d
2
(53)
Die Ladung auf den Platten bleibt konstant (der Kondensator ist nicht mit einer
Batterie verbunden) und so die gespeicherte Energie, als die dielektrische Flüssigkeit
die Höhe h erreicht hat, ist
2
ε0 HL
1 Q20
1
ε0 E02
dH 2 L
d E0 d
W (h) =
=
=
.
2 Ctot
2 εr ε0 hL + ε0 (H−h)L
2 εr h + (H − h)
d
d
6
(54)
c) (4 Punkte) Wir beachten dass W (h) < W0 für εr > 1: die Abnahme der gespeicherten Energie liefert die mechanische Energie, um die Flüssigkeit hochzuheben. Die
maximale Höhe, am Gleichgewicht, ist durch die Bedingung
W0 − W (hmax ) = Epot (hmax )
(55)
bestimmt, wobei
Epot (h) =
ρLdh
| {z }
·
g
mFlüssigkeit
·
h
2
|{z}
(56)
mittlere Höhe
die potentielle Energie der Flüssigkeitssäule ist. Einsetzen von Gleichung (53) (54)
and (56) in Gleichung (55) liefert die Gleichung
ε0 E02 H(εr − 1)
2
(εr − 1)hmax + Hhmax −
hmax = 0
(57)
ρg
mit Lösungen
h0 = 0
und

h± =
H
−1 ±
2(εr − 1)
s
1+
(58)
4ε0 E02 (εr
ρgH
−
1)2

.
(59)
Die Lösung h− < 0 ist nicht physikalisch und h0 = 0 ist die triviale Lösung. Die
maximale Höhe ist somit


s
2
2
H
−1 + 1 + 4ε0 E0 (εr − 1)  .
(60)
hmax = h+ =
2(εr − 1)
ρgH
Mit der Annahme hmax H können wir die Wurzel linear entwickeln,
1 + x/2, und das Endergebnis erhalten:
hmax ≈
ε0 (εr − 1)E02
.
ρg
√
1+x ≈
(61)
(Alternativ kann man in Gleichung (57) den quadratischen Term (εr − 1)h2max vernachlässigen und das Endergebnis direkt herleiten.)
6 Magnetfeld eines Flächenstromes (8 Punkte)
a) (2.5 Punkte) Aus Symmetriegründe zeigt das Magnetfeld in y-Richtung: nach der
rechten-Hand-Regel in negativer Richtung für x < 0 und in positiver Richtung für
x > 0. Die Feldlinien schliessen sich im Unendlichen. Ausserdem kann das Magnetfeld
nur vom Abstand aus dem Blech abhängen, das heisst von der Koordinate x:
~ = B(x)êy ,
B
mit B(x) > 0 für x > 0 und B(−x) = −B(x).
(62)
Das Magnetfeld kann nun leicht mit dem Ampère’schen Gesetz berechnet werden.
Dazu wählen wir einen rechteckigen Integrationsweg C, dessen Teilwege in y-Richtung
die Länge ` haben und je den gleichen Abstand x von der Oberfläche haben:
I
~ = 2`|B(x)| =! µ0 I = µ0 j`d.
~ · dl
B
(63)
C
7
Es folgt dass, das Magnetfeld auf jeder Seite des Bleches homogen ist:
µ0 jd
für x > 0
2 êy ,
~
B=
µ0 jd
− 2 êy , für x < 0 .
(64)
b) (1 Punkt)(Via Superpositionsprinzip): Zwischen den Blechen verstärken sich die
Magnetfelder zu B2 = µ0 jd, ausserhalb der beiden Blechen heben sich die Magnetfelder gegenseitig auf.
(Alternative via Ampère’schen Gesetz und Symmetrie des Systems): Man kann einen
Weg wählen der beide Bleche umschliesst. Da den totalen umgeschlossen Strom Null
ist, es folgt dass, im Raum ausserhalb der zwei Blechen das Feld Null ist.
c) (2 Punkte) Die Kraft auf einem Stab der Dicke d (in x-Richtung), der infinitesimalen
Breite dy (in y-Richtung) und der Höhe Lz (in z-Richtung) ist
dF = (j · d · dy)BLz =
µ0 j 2 d2
Lz dy,
2
(65)
wobei das Magnetfeld aus Teilaufgabe a) eingesetzt wurde. Integration über y liefert
die Gesamtkraft auf einem Stück Blech der Breite Ly und der Höhe Lz :
Ly
Z
F =
0
µ0 j 2 d2
µ0 j 2 d2
Lz dy =
Ly Lz
2
2
(66)
und die Kraft pro Flächeneinheit ist somit
µ0 j 2 d2
F
=
.
A
2
(67)
Nach der rechten-Hand-Regel ist diese Kraft abstossend.
z
00
11
00
B11
111
000
000
111
000B
111
x
Blech
(Skizze einer Alternative) Das System von den zwei Blechen sieht wie einen “magnetischen Kondensator” aus. Zwischen den Platten gibt es ein konstantes Magnetfeld,
ausserhalb das Feld ist Null. Man rechnet zuerst die gesamte Energie in das Feld
(Uem ). Die Kraft zwischen die zwei Bleche ist dann durch F = dUem /dx gegeben, wo
dx eine infinitesimale Abstandsänderung der zwei Bleche darstellt.
d) (2.5 Punkte) Das Teilchen beginnt sich auf eine Kreisbahn in der x, z-Ebene zu
bewegen, bis es wieder auf das Blech trifft und es durchquert: auf der anderen Seite
geht es weiter auf eine Kreisbahn, aber in entgegengesetzten Umlaufsinn, weil das
8
Magnetfeld in umgekehrte Richtung zeigt. Die Trajektorie des Teilchens sieht wie
eine Schlangenlinie aus, immer wieder das Blech durchquerend, wie in der Abbildung gezeigt. Wir können den Radius R der Kreisbahnen ermitteln, indem wir die
Lorentzkraft auf dem Teilchen mit dem Zentripetalkraft gleichsetzen:
qvB = m
Der Radius ist somit
R=
v2
.
R
mv
2mv
=
qB
qµ0 jd
(68)
(69)
und der Abstand zwischen zwei Durchquerungen ist
D = 2R =
4mv
2mv
=
.
qB
qµ0 jd
(70)
7 Schaltkreis (10 Punkte)
a) (3.5 Punkte) Seien Q1 (t) und Q2 (t) die zeitabhängigen Ladungen auf den Kondensatoren. Zur Zeit t = 0 ist C1 geladen weil er für t < 0 mit der Batterie verbunden
war; dagegen C2 ist noch ungeladen, Q2 (0) = 0. Im stationären Zustand für t < 0
der Strom ist gleich Null und somit die Spannung am Kondensator C1 ist gleich zur
Spannung an der Batterie. Die Ladung auf C1 ist
Q1 (0) = C1 V.
(71)
und die gespeicherte Energie zur Zeit t = 0 ist
1
E(0) = C1 V 2 .
2
(72)
Zur Zeit t = 0 beginnt C1 sich zu entladen und C2 beginnt sich aufzuladen, bis
ein neuer stationärer Zustand sich einstellt. Zu diesem späteren Zeitpunkt ts ist der
Strom wiederum gleich Null und die Spannungen an den Kondensatoren sind gleich:
V1 (ts ) = V2 (ts ).
(73)
Q1 (ts )
Q2 (ts )
=
C1
C2
(74)
Q1 (0) = Q1 (ts ) + Q2 (ts )
(75)
Es folgt
und mit der Ladungserhaltung
kriegen wir
Q1 (ts )
Q1 (0) − Q1 (ts )
=
.
C1
C2
Auflösung nach der Ladungen liefert
C1
C12 V
=
C1 + C2
C1 + C2
(77)
C2
C1 C2 V
=
.
C1 + C2
C1 + C2
(78)
Q1 (ts ) = Q1 (0)
und
Q2 (ts ) = Q1 (0)
(76)
9
Die Spannung an den Kondensatoren ist
C1 V
C1 + C2
und die gespeicherte Energie zur Zeit ts ist somit
2
1
C1 V
1 C12
E(ts ) = (C1 + C2 )
V2
=
2
C1 + C2
2 C1 + C2
V1 (ts ) = V2 (ts ) =
(79)
(80)
(beachte dass E(ts ) < E(0)).
b) (3.5 Punkte) Um den zeitlichen Verlauf des Stromes für t > 0 zu berechnen, müssen
wir die Differentialgleichung lösen, die den Schaltkreis beschreibt, unter der Anfangsbedingung Q1 (0) = C1 V , Q2 (0) = 0. Die Maschenregel liefert
Q2 Q1
RI +
−
= 0.
(81)
C2
C1
Da der Kondensator C1 entladen und der Kondensator C2 geladen wird, gilt
Q̇1 = −I,
Q̇2 = +I.
(82)
Die zeitliche Ableitung von Gleichung (81) führt jetzt auf die Differentialgleichung
(homogen, erster Ordnung):
I
I
RI˙ +
+
= 0.
(83)
C2 C1
Einsetzen des Ansatzes
I(t) = AeBt
(84)
liefert die Bedingung
BR +
1
1
+
= 0.
C2 C1
(85)
1
,
RC12
(86)
Nach B aufgelöst,
B=−
wobei
1
1
1
C1 + C2
=
+
=
(87)
C12
C1 C2
C1 C2
definiert wurde. Zur Zeit t = 0 hat der Kondensator C1 die Spannung V und der
Kondensator C2 ist leer und hat wegen V2 = Q2 /C2 noch keine Spannung. Folglich
wirkt der Kondensator C2 beim Schliessen des Schalters mit dem Kontakt a wie ein
Kurzschluss und der Anfangsstrom beträgt I(0) = A = V /R. Es folgt die Lösung:
V − t
I(t) = e RC12 .
(88)
R
c) (3 Punkte) Die im Widerstand dissipierte Leistung ist
V 2 − RC2t
12 .
e
R
Die zeitliche Integration liefert die dissipierte Energie (wobei ts ≈ ∞):
Z ∞
V2
RC12 − RC2t ∞ 1
12
Ediss =
Pdiss (t)dt =
−
e
= C12 V 2 .
R
2
2
0
0
Pdiss (t) = RI(t)2 =
(89)
(90)
Diese dissipierte Energie ist genau die Energiedifferenz der gespeicherten Energien
aus Teilaufgabe a):
1 C12
1 C1 C2
1
E(0) − E(ts ) = C1 V 2 −
V2 =
V 2 = Ediss
2
2 C1 + C2
2 C1 + C2
10
(91)
8 Zylinderspule (7.5 Punkte)
a) (0.5 Punkte) Das Magnetfeld innerhalb der Zylinderspule ist homogen, parallel zur
Zylinderachse, und hängt linear von der Zeit ab:
B(t) = µ0 nI(t) = µ0 nat.
(92)
b) (1 Punkt)
c) (2.5 Punkte) Mit dem Faraday’schen Gesetz
I
Z
~ =−d
~ · dl
~ · d~a,
E
B
dt A
∂A
(93)
an einem Kreis (senkrecht zur Zylinderachse) von Radius r < R angewandt, können
wir das elektrische Feld bestimmen: es zeigt in azimutaler Richtung, entgegengesetzt
zur Strom I (Lenz’sche Regel!), und sein Betrag hängt nur vom Abstand r aus der
Zylinderachse:
d
|E(r)|2πr = B(t)πr2 = µ0 naπr2 .
(94)
dt
Nach |E(r)| aufgelöst:
µ0 nar
|E(r)| =
.
(95)
2
d) (1.5 Punkte) Der Poyntingvektor ist
~= 1E
~ × B.
~
S
µ0
(96)
Im vorliegenden Fall, bei r = R, zeigt der Poyntingvektor radial in die Zylinderspule
hinein und sein Betrag ist
S=
1 µ0 naR
1
·
· µ0 nat = µ0 n2 a2 Rt.
µ0
2
2
(97)
e) (2 Punkte) Der Fluss vom Poyntingvektor von draussen in die Zylinderspule hinein,
durch die seitliche zylindrische Fläche r = R, ist
Z
~ · d~a = S · 2πR` = µ0 πR2 n2 `a2 t.
S
(98)
Die Zunahmerate der gespeicherten Energie ist
Z
1 2
d 1
d
B dV =
(µ0 nat)2 πR2 ` = µ0 πR2 n2 `a2 t,
dt
2µ0
dt 2µ0
das heisst gerade den in Gleichung (98) berechneten Energiefluss.
11
(99)