Theoretische Physik: Elektrodynamik - TUM-Physik
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Ferienkurs
Merlin Mitschek, Verena Walbrecht
10.03.2015
Ferienkurs
Theoretische Physik: Elektrodynamik
Probeklausur - Lösung
Technische Universität München
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Fakultät für Physik
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Merlin Mitschek, Verena Walbrecht
10.03.2015
Aufgabe 1 (8 Punkte)
Auf der z - Achse liegt ein (unendlich langer) gerader Draht mit der konstanten Ladungsdichte
λ.
~ r). (3 Punkte)
1. Berechnen Sie das von dieser Anordnung erzeugte elektrostatische Feld E(~
2. Der geladene Draht wird nun in die x - Richtung um den Abstand x0 > 0 parallel verschoben. Desweiteren befindet sind in der yz - Ebene (bei x = 0) eine (unendlich ausgedehnte)
geerdete Metallplatte.
~ r) im
(a) Bestimmen Sie mit der Methode der Spiegelladungen das elektrische Feld E(~
~ r)
Halbraum x > 0 zu der vorgegebenen Randbedingung. Überprüfen Sie, dass E(~
auf der Metallplatte nur eine Normalkomponente besitzt. (3 Punkte)
(b) Geben Sie die auf der Metallplatte influenzierte Flächenladungsdichte σ(y) an und
R∞
berechnen Sie dyσ(y). (2 Punkte)
−∞
Lösung:
1. gerader Draht mit homogener Linienladungsdichte λ auf z - Achse.
ρ(~r) = λδ(x)δ(y)
(1)
Wegen der Zylindersymmetrie ist das elektrische Feld:
x/ρ
~ r) = E(ρ)~eρ = E(ρ) y/ρ
E(~
0
,
ρ=
q
x2 + y2
(2)
Benutze nun den Gauß’schen Satz:
"
Z
Z
1
1
3
0
~
~
dzλ
⊂⊃ d F · E(~r) =
d r · ρ(~r ) =
ε0 V
ε0
∂V
(3)
und als Volumen V einen Zylinder der Höhe l und Radius ρ.
Für die Stirnflächen ist d F~ ∝ ~ez :
"
~ r) = 0
d F~ · E(~
⇒
(4)
S tirn f l.
Für die Mantelfläche ist d F~ = rdϕdz = ~eρ :
"
~ r) =
d F~ · E(~
⇒
Mantel f l
l
Z
Z
dz
0
2π
dϕρE(ρ)~eρ · ~eρ = 2πρlE(ρ)
(5)
0
Nach dem Satz von Gauß folgt:
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2πρlE(ρ) =
1
ε0
Z
⇒ E(ρ) =
l
dzλ =
0
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λl
ε0
(6)
λ
2πε0 ρ
(7)
x
λ
~ r) =
⇒ E(~
y
2πε0 (x2 + y2 ) 0
(8)
2. Draht vor geerdeter Metallplatte
Aufgrund der Methode der Spiegelladungen platziert man einen Spiegeldraht parallel zur
z− Achse bei y = 0 und x = −x0 mit der Linienladungsdichte −λ.
Damit folgt für das elektrische Feld im Halbraum x > 0:
x − x0
x + x0
λ
λ
y −
y
~ r) =
E(~
2πε0 [(x − x0 )2 + y2 ] 0 2πε0 [(x + x0 )2 + y2 ] 0
(9)
auf der Metallplatte bei x = 0 folgt:
−x0 − x0
λx0
λ
y − y = −
~ y) =
~e
E(0,
2
2 x
2πε0 [x02 + y2 ]
πε
(x
0
0+y )
0
(10)
Das elektrische Feld hat also nur eine Normalkomponente:
~ y) ∝ ~n = ~e x
E(0,
(11)
3. Die induzierte Flächenladungsdichte folgt aus dem Sprung der Normalkomponente von
~
E:
~ Fläche = ε0~e x · ~e x
σ = ε0~n · E|
⇒ σy = −
2λx0
πε0 (x02 + y2 )
(12)
λx0
π(x02 + y2 )
(13)
Für das Integral folgt:
Z
∞
dyσy =
−∞
Z
∞
dy
−∞
−λx0
λx0 1
=−
2
2
π x02
π(x0 + y )
Z
∞
dy
−∞
1+
Durch Substitution von µ = y/x0 lässt sich das Integral leicht lösen:
λ
λ π −π arctanµ|µ=∞
=
−
−
= −λ
µ=−∞
π
π 2
2
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1
y 2
(14)
x0
(15)
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Aufgabe 2 (5 Punkte)
Eine homogen geladene Kreisscheibe vom Radius R und vernachlässigbarer Dicke trägt die
~ = ω~ez um eine
Gesamtladung Q und rotiert starr mit der (konstanten) Winkelgeschwindigkeit ω
~ dieser
Achse senkrecht durch den Kreismittelpunkt. Berechnen Sie das magnetische Moment m
Anordnung.
Lösung:
Homogen geladene, rotierende Kreisscheibe.
Die Ladungsdichte der homogen geladenen Kreisscheibe ist:
ρ(~r) =
Q
Θ(R2 − x2 − y2 )δ(z)
πR2
(16)
~ × ~r folgt für die Stromdichte:
Mit der Geschwindigkeit ~v = ω
0 x
−y
Qω
2
2
2
~j(~r) = ρ(~r)~v(~r) = ρ(~r)ω 0 × y =
Θ(R
−
x
−
y
)δ(z)
x
πR2
1
z
0
(17)
Damit ist das magnetische Moment der Anordnung:
1
2
Z
d3 r~r × ~j(~r)
Z
x −y
Qω
3
2
2
2
=
d
r
y × x Θ(R − x − y )δ(z)
2πR2
z
0
Z
−xz
Qω
=
d3 r −yz Θ(R2 − x2 − y2 )δ(z)
2
2πR2
2
x +y
~ =
m
Qω
=
2πR2
Z2π
ZR
dϕ
dρρρ2 ~ez
⇒
~ =
m
(18)
Q 2
R ω~ez
4
0
|{z}
|0 {z }
2π
R4
4
Aufgabe 3 (12 Punkte)
Ein (sehr langes) gerades Koaxialkabel besteht aus einem inneren, leitenden Vollzylinder vom
Radius R1 und konzentrische dazu einem leitenden Zylindermantel mit Radius R2 > R1 und
vernachlässigbarer Dicke, welcher als Rückleitung dient. Die Zylinderachse liegt auf der z Achse.
1. Geben Sie die Stromdichte ~j(~r) ∼ ~ez im Koaxialkabel an, wenn der hin- und rückfließende
Strom I jeweils gleichmäßig über den Leiterquerschnitt verteilt ist. (Punkte 3)
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~ r) = A(ρ)~ez im ganzen Raum.
2. Berechnen Sie das zugehörige (stetige) Vektorpotential A(~
(6 Punkte)
Hinweis: Da die Funktion A(ρ) nur vom Radius ρ abhängt, gilt für den Laplaceoperator in
d
[ρA0 (ρ)].
Zylinderkoordinaten ∆A(ρ) = A00 (ρ) + ρ1 A0 (ρ) = ρ1 dρ
3. Berechnen Sie die Selbstinduktivität pro Längeneinheit
L
l
des Koaxialkabels. (3 Punkte)
Lösung:
1. Stromdichte:
~j(~r) = I Θ(R1 − ρ) − I δ(ρ − R2 ) ~ez
2
2πR
πR1
2
(19)
Test durch Flächenintegral (erfüllt):
Z
I
I
2πR2 = 0
πR2 −
πR21 1 2πR2
(20)
Z
~j(~r0 )
~ r ) = µ0
A(~
d3 r0
∝ ~ez
4π
|~r − ~r0 |
= A(~r)~ez
(21)
d F~ · ~j =
Querschnitt
2. Vektorpotential:
~j ∝ ~ez
⇒
~ r)A(ρ)~ez . Aus der Maxwellgleichung rot B
~ = µ0 ~j
Wegen der Zylindersymmetrie gilt A(~
~ = 0 ):
folgt in Coulomb-Eichung ( divA
~ = rotrot A
~ = graddivA
~ − ∆A
~ = −∆A
~
µ0 ~j = rot B
(22)
Das Vektorpotential erfüllt also die Poissongleichung:
~ r) = −µ0 ~j(~r) mit
∆A(~
~ r) = A(ρ)~ez
A(~
(23)
Da A(ρ) nur vom Abstand zur z - Achse abhängt, folgt:
∆A(ρ) =
µ0 I
1 ∂
[ρA0 (ρ)] = −
ρ ∂ρ
π
Θ(R1 − ρ) δ(ρ − R2 )
−
2R2
R21
(24)
Lösung der homogenen Differentialgleichung:
·ρ,dρ
1 ∂
[ρA0 (ρ)] = 0 ⇒ ρA0 (ρ)a
ρ ∂ρ
R
:ρ, dρ
⇒ = A(ρ) =
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Z
dρ
a
= alnρ + b
ρ
5
,
(25)
a, bkonstant
(26)
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Lösung im Bereich ρ < R1 :
1 ∂
µ0 I
[ρA0 (ρ)] = − 2
ρ ∂ρ
πR1
⇒ ρA0 (ρ) = −
A(ρ) = −
(27)
µ0 I 2
ρ +a
2πR21
µ0 I
+ alnρ + b
4πR21
,
(28)
(29)
a, bkonstant
Ansatz:
Für ρ < R1 :
A(ρ) = −
µ0 I 2
ρ + a1 lnρ + b1
4πR21
(30)
a2 lnρ + b2
(31)
a3 lnρ + b3
(32)
Für R1 < ρ < R2 :
Für ρ > R2 :
Damit A(0) endlich ist, muss a1 = 0 sein.
Wir wählen b1 = 0 (unbedeutende additive Konstante).
Stetige Differenzierbarkeit bei ρ = R1 liefert dann:
−
µ0 I 2
R = a2 lnR1 + b2
4πR21 1
,
µ0 I
1
R1 = a2
R1
2πR21
(33)
µ0 I
2π
(34)
µ0 I
µ0 I µ0 I
+
lnR1 = −
(1 − 2lnR1 )
4π
2π
4π
(35)
⇒ a2 = −
⇒ b2 = −
−
~ r) = A(ρ)~ez folgt mit Rotation in Zylinderkoordinaten B
~ = rot A
~ = − ∂A(ρ) ~eϕ =
Aus A(~
∂ρ
B(ρ)~eϕ .
Wendet man das Ampere’sche Durchflutungsgesetz auf eine Kreisscheibe mit Radius ρ >
R2 an, folgt mit ~r = ρ~eρ und d~r = ρ~eϕ :
I
~ r) =
d~r · B(~
Z
2π
dϕρB(ρ)~eϕ · ~eϕ = 2πB(ρ) = (I − I)µ0 = 0
(36)
⇒ B(ρ) = 0 ⇒ A(ρ) ist konstant für ρ > R2 , da B(ρ) = −A0 (ρ)
(37)
a3 = 0
(38)
∂F
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Stetigkeit bei ρ = R2 liefert damit:
R1
µ0 I
1 + 2ln
b3 = a2 lnR2 + b2 = −
4π
R2
!
(39)
Insgesamt erhält man für das Vektorpotential:
Für ρ < R1 :
A(ρ) = −
µ0 I ρ2
·
4π R21
(40)
Für R1 < ρ < R2 :
ρ
µ0 I
· 1 + 2ln
A(ρ) = −
4π
R1
!
R2
µ0 I
· 1 + 2ln
4π
R1
!
(41)
Für ρ > R2 :
A(ρ) = −
(42)
3. Für die Selbstinduktivität gilt allgemein:
Z
1
L=
I2
~ r)
d3 r~j(~r) · A(~
(43)
V
Bei Translationsinvarianz folgt für die Selbstinduktivität pro Längeneinheit:
1
L
= 2
l
I
⇒
"
~ r)
dF ~j(~r) · A(~
(44)
Querschnitt
Z 2π Z ∞
L
1
~ r) =
= 2
dϕ
dρρ~j(~r) · A(~
l
I 0
0
Z ∞
1 −µ0 I
I
ρ2
2π
= 2
dρρ{ 2 Θ(R1 − ρ)~ez · 2 ~ez −
I 4π
πR1
R1
0
!
R2
I
~ez } =
δ(ρ − R2 )~ez · 1 + 2ln
−
2πR2
R1
Z R1
!
µ0
ρ3
R2
R2
=−
dρ 4 −
1 + 2ln
2π 0
2R
R
R1
2
1
(45)
R2 1
L µ0
=
ln +
l
2π
R1 4
(46)
⇒
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Aufgabe 4 (14 Punkte)
Eine dünne Linearantenne der Länge 2d liegt auf der z - Achse und wird über einen schmalen
Spalt in der Mitte mit Wechselstrom der Frequenz ω gespeist. Die auf den Bereich |z| < d
begrenzte, zeitlich periodische (komplexe) Stromdichte hat die folgende Form:
~j(~r, t) = I0 sin(kd − k|z|)δ(x)δ(y)eiωt~ez
,
k=
ω
c
(47)
~ r, t) = Az (~r)e−iωt~ez die Fernw1. Füren Sie für das (komplexe) retardierte Vektorpotential A(~
1
feldentwicklung bis zur Ordnung r durch und zeigen Sie, dass der räumliche Anteil durch
folgenden Ausdruck gegeben ist:
µ0 I0 eikr
Az (~r) =
4π r
Zd
dz0 sin(kd − k|z0 |)exp(−ikz0 cosϑ)
≡
µ0 I0 eikr
F(k, ϑ)
2π kr
(48)
−d
Das Ergebnis F(k, ϑ) = cos(kdcosϑ)−cos(kd)
für obiges Integral können Sie ohne Beweis und
sin2 ϑ
Herleitung verwenden. (4 Punkte)
2. Berechnen Sie die zugehörigen räumlichen Anteile proportional zu
~ r). (6 Punkte)
und elektrischen Fernfelder vecB(~r) und E(~
1
r
~
der magnetischen
~∗
r)× B (~r)]
und geben
3. Bestimmen Sie den zeitlich gemittelten Poynting-Vektro S~ av (~r) = Re[E(~2µ
0
dP
Sie die differentielle Strahlungsleistung dΩ der Linearantenne an. (4 Punkte)
Lösung:
Mit Wechselstrom gespeiste Linearantenne.
zeitlich periodische komplexe Stromdichte:
~j(~r, t) = I0 sind(kd − k|z|)δ(x)δ(y)e−iωt~ez
im Bereich |z| < d, mit k =
(49)
ω
c.
1. Das komplexe retardierte Vektorpotential ist:
Z
~j(~r0 , A − 1 |~r − ~r0 |)
c
~ r, t) = µ0
A(~
d3 r0
=
4π
|~r − ~r0 |
Z
µ0
=
d3 r0 I0 sin(kd − k|z0 |)δ(x0 )δ(y0 )·
4π
iω
1
0
~ez
· e−iωt e c |~r−~r |
|~r − ~r0 |
(50)
Nun führt man eine Fernfeldentwickling (r r0 ) durch:
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"
!#−1/2
~r~r0
1
r02
1
2
0
02 −1/2
= (r − 2~r~r + r )
=
1−2 2 +O 2
2
|~r − ~r0 |
r
r
(51)
1
Nun führen wir für den Term der Form (1 + x)− 2 -Term eine Taylorentwicklung durch.
"
!#
!
~r~r0
1
r02
1
r0
1+ 2 +O 2 = +O 2
(52)
r
r
r
r
r
s
!
~r~r0
r02
k|~r − ~r | = kr 1 − 2 2 + O 2 =
r
r
!
!#
~r~r0
r02
r02
= kr 1 − 2 + O 2 = k(r − ~er · ~r0 ) + O
r
r
r
(53)
"
!#
1
exp(ik|~r − ~r0 |) = exp ik(r − ~er · ~r0 ) + O
r
(54)
0
Wegen δ(x0 )δ(y0 ) ist x0 = 0 = y0 und es folgt:
sinϑcosϕ 0
~er · ~r = sinϑsindϕ · 0 = z0 cosϑ
0
cosϑ
z
0
(55)
~ r, t) = A(~r)e−iωt~ez
Damit folgt für den räumlichen Anteil des retardierten Vektorpotentials A(~
in führender Ordnung der Fernfeldentwicklung:
A(~r) =
µ0
4π
Z
∞
Z
∞
dx0
−∞
Z
d
dy0
−∞
dz0 I0 sin(kd − k|z0 |)δ(x0 )δ(y0 )·
−d
1
· exp(ikr − ikz0 cosϑ) =
r
ikr Z d
µ0 I0 e
=
dz0 sin(kd − k|z0 |)exp(−ikz0 cosϑ)
4π r −d
⇒ A(~r) =
(56)
µ0 I0 eikr
F(k, ϑ)
2π kr
(57)
Die Integration liefert:
F(k, ϑ) =
k
2
Z
d
dz0 in(kd − k|z0 |)exp(−ikz0 cosϑ) =
−d
cos(kdcosϑ) − cos(kd)
=
sin2 ϑ
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(58)
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2. Der räumliche Anteil des magnetischen Fernfeldes ist:
" ikr
#
~ r) = rot A(~
~ r) = µ0 I0 rot ~ez e F(k, ϑ) =
B(~
2π
kr
" ikr
#
µ0 I 0
e
=
grad
F(k, ϑ) × ~ez
2π
kr
(59)
Für den führenden Term in Fernfeld-Entwicklung darf grad nur auf eikr wirken, da:
~ ikr = ~er ∂ eikr = ikeikr~er
∇e
∂r
(60)
~ 1 = ~er ∂ 1 = O 1
∇
r
∂r r
r2
(61)
!
1 ∂F
1 ∂F
1
∂F
~
~er +
~eϑ +
~eϕ = O
∇F(k,
ϑ) =
∂r
r ∂ϑ
rsinϑ ∂ϕ
r
!
(62)
Damit erhält man:
ikr
~ r) = iµ0 I0 e F(k, ϑ)~er × ~ez
B(~
2π r
~ r, t) = B(~
~ r)eiωt , E(~
~ r, t) = E(~
~ r)eiωt folgt aus rot B(~
~ r, t) =
Mit B(~
Koordinanten:
(63)
1 ∂E~
c2 ∂t
für die räumlichen
2
~ r)
~ r) = ic rot B(~
E(~
ω
(64)
Es folgt also für den räumlichen Anteil des elektrischen Fernfeldes:
" ikr
#
2
~ r) = ic iµ0 I0 rot e F(k, ϑ)~er × ~ez
E(~
ω 2π
r
(65)
~ nur auf eikr wirken, da:
Wieder darf ∇
~ ikr = ikeikr~er
∇e
,
~ 1O 1
∇
r
r2
!
,
1
~
∇F(k,
ϑ) = O
r
!
!
xx
~ × (~er × ~ez ) = O 1 da ∂ (~er ) j = δ(i j) − i j = O
∇
r
∂xi
r
r3
(66)
(67)
Man bekommt also für den führenden Term:
⇒ ~e(~r) = −
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−icµ0 I0 eikr
F(k, ϑ)~er × (~er × ~ez )
2π
r
10
(68)
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3. Den zeitlich gemittelten Poynting-Vektor erhält man durch Einsetzen der vorher bestimmten Felder:
1
~ r) × B
~ ∗ (~r)]
S~ av (~r) =
Re[E(~
2µ0
(69)
Dabei ist der vektorielle Anteil:
[~er × (~er × ~ez )] × (~er × ~ez ) = [~er~er · ~ez − ~ez~er · ~er ] × (~et × ~ez ) =
= cosϑ~er × (~er × ~ez ) − ~ez × (~er × ~ez ) =
= cosϑ(~er cosϑ − ~ez ) − (~er~ez · ~ez − ~ez~ez · ~er ) =
= ~er (cos2 ϑ − 1) = −~er sin2 ϑ
(70)
Es folgt also:
−icµ0 I0 eikr
1
F(k, ϑ)[~er × (~er × ~ez )]×
Re[
S~ av =
2µ0
2π
r
−iµ0 I0 eikr
×
F(k, ϑ)(~er × ~ez )]
2π r
⇒ S~ av =
µ0 cI02
F(k, ϑ)2 sin2 ϑ~er
8π2 r2
(71)
(72)
Damit ist die differentielle Strahlungsleistung der Linearantenne:
µ0 cI02
dP
= r2~er · S~ av (~r) =
[sinϑF(k, ϑ)]2
dΩ
8π2
(73)
"
#2
dP µ0 cI02 cos(kdcosϑ) − cos(kd)
⇒
=
dΩ
sinϑ
8π2
(74)
Aufgabe 5 (13 Punkte)
~ hat
In großer Entfernung von einem Streukörper mit induziertem magnetischen Dipolmoment m
das gestreute Strahlungsfeld die Form:
µ0 ω2 i(kr−ωt)
E~ S treu (~r, t) =
e
(~
m × ~er )
4πrc
(75)
~
~ = βµB00 ,
Für einen Streukörper mit der magnetischen Polarisierbarkeit β gilt die Beziehung m
~ 0 der magnetische Amplitudenvektor der in z - Richtung einlaufenden ebenen elektrowobei B
~ ein ) ist.
magnetischen Welle (E~ ein , B
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1. Geben Sie den allgemeinen Ausdruck für den Wirkungsquerschnitt
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dσ
dΩ pol
in Abhängig-
keit von den Polarisationen ~ε0 und ~ε der einfallenden und gestreuten Strahlung an und
vereinfachen Sie diesen Ausdruck für das gegebene Problem.
2. Berechnen Sie für die Streuung unpolarisiert einfallender Strahlung.
Hinweis: Die richtungsabhängige Größe |~e∗ · (~
m × ~er )|2 ist über die Polarisationsvektoren
~ez −cosϑ~er
~er ×~ez
~εk = sinϑ und ~ε⊥ = sinϑ der gestreuten Strahlung zu summieren.
Lösung:
Streuung elektromagnetischer Wellen an einem magnetisch polarisierbaren Streuköroer. Die gestreute Welle hat die Form:
µ0 ω2 i(kr−ωt)
~ × ~er
E~ S treu =
e
m
4πrc
~ =
mit dem induzierten magnetischen Dipolmoment m
barkeit β.
β ~
µ0 B0
(76)
und der magnetischen Polarisier-
1. Die Felder der einlaufenden ebenen Welle in z - Richtung sind:
E~ ein = E~ 0 ei(kz−ωt)
~ ein = 1 ~k × E~ ein = 1 ~ez × E~ ein
B
ω
c
,
(77)
Der differentielle polarisationsabhängige Wirkungsquerschnitt ist:
r2 |~ε∗ · E~ streu |2
dσ =
dΩ pol
|~ε∗0 · E~ ein |2
(78)
mit den Polarisationsvektoren ~ε0 , ~ε der einfallenden / gestreuten Strahlung.
Mit E~ 0 = E0~ε0 folgt:
|E~0 ε∗0 |2 = |E0~ε∗0~ε0 |2 = E02
(79)
und damit:
dσ
r2 µ0 ω2
| pol = 2
dΩ
E0 4πrc
!2
!
β
|[(~ez × ~ε0 E0 ) × ~er ] · ~ε∗ |2 =
cµ0
β2 k4
=
|(~ez × ~ε0 ) · (~er × ~ε∗ )|2
16π2
dσ
β2 k4
| pol =
|~ε0 · (~ε∗ cosϑ − ~er ~ε∗ · ~ez )|2
dΩ
16π2
Technische Universität München
12
(80)
(81)
Fakultät für Physik
Ferienkurs
Merlin Mitschek, Verena Walbrecht
10.03.2015
2. Da die einfallende Strahlung unpolarisiiert ist, wird die Anfangspolarisation ~ε0 = ~e x , ~ey
gemittelt.
Allgemein gilt:
X
|~ε0~v|2 = |v x |2 + |vy |2 = |~v × ~ez |2
(82)
~ε0 =~e x ,~ey
Es folgt für den gemittelten Wirkungsquerschnitt:
1 X dσ
β2 k4 ∗
|(~ε cosϑ − ~er ~ε∗ · ~ez ) × ~ez |2
| pol =
2
dΩ
32π2
(83)
~ε0 =~e x ,~ey
Polarisation der gestreuten Strahlung parallel zur Streuebene. Der Polarisationsvektor ist:
~ε|| =
~ez − cosϑ~er
sinϑ
,
|ε|| |2 = 1
,
~ε∗|| = ~ε||
(84)
Der gemittelte Wirkungsquerschnitt ist:
dσ||
β2 k4
=
|(~ε|| cosϑ − ~er ~ε||~ez ) × ~ez |2 =
dΩ
32π2
β2 k4
|[(~ez − cosϑ~er )cosϑ − ~er (~ez − cosϑ~er ) · ~ez ] × ~ez |2 =
=
32π2 sin2 ϑ
β2 k4
=
|[−cos2 ϑ(1 − cos2 ϑ)]~er × ~ez |2
32π2 sin2 ϑ
⇒
dσ||
β2 k4
=
dΩ
32π2
(85)
(86)
Polarisation der gestreuten Strahlung senkrecht zur Streuebene. Der Polarisationsvektor
ist:
~ε⊥ =
~er × ~ez
sinϑ
,
|~ε⊥ |2 = 2
,
~ε∗⊥ = ~ε⊥
(87)
Der gemittelte Wirkungsquerschnitt ist:
dσ⊥
β2 k4
=
|(~ε⊥ cosϑ − ~er ~ε⊥ · ~ez ) × ~ez |2 =
dΩ
32π2
β2 k4
=
|[(~er × ~ez )cosϑ − ~er (~er × ~ez ) · ~ez ] × ~ez |2 =
32π2 sin2 ϑ
β2 k4
|(~er × ~ez ) × ~ez |2 =
=
32π2 sin2 ϑ
β2 k4
|~ez cosϑ − ~er |2
=
32π2 sin2 ϑ
⇒
Technische Universität München
dσ⊥
β2 k4
=
cos2 ϑ
dΩ
32π2
13
(88)
(89)
Fakultät für Physik
Ferienkurs
Merlin Mitschek, Verena Walbrecht
10.03.2015
Der gesamte gemittelte unpolarisierte Wirkungsquerschnitt ist:
dσ dσ|| dσ⊥
β2 k4
(1 + cos2 ϑ)
=
+
=
dΩ
dΩ
dΩ
32π2
Technische Universität München
14
(90)
Fakultät für Physik
