Elektromagnetische Felder I Lösung zur Klausur vom 1. April 2015 1
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Elektromagnetische Felder I Lösung zur Klausur vom 1. April 2015 Vs Vs ≈ 1,2566 · 10−6 Am Am 1 As As 1 1 b) c0 = √ · 10−9 ≈ 8,8542 · 10−12 ⇒ ε0 = ≈ 2 µ0 ε0 µ0 c 0 36π Vm Vm 1. a) µ0 = 4π · 10−7 c) As m2 Q · δ(r − R) und die Dimension der Deltafunktion ist 1/Länge 4πR2 12 − 15 −3 e) ~a · ~b = 4 + 10 + 18 = 32 und ~a × ~b = 12 − 6 = 6 5−8 −3 d) ρ(~r) = ~ = −grad ϕ = − ∂ϕ · ~er = αϕ0 · e −αr · ~er f) E ∂r 2. a) Hauptgründe: • linke Seite der Gleichung ist ein Vektor, rechte Seite der Gleichung ist ein Skalar Vs • die Einheiten auf den beiden Seiten der Gleichung sind verschieden; links: m 2 , Vs rechts: m Weitere Gründe für möglichen Punktabzug: • a in Zähler und Nenner wurde nicht gekürzt 1 • das Skalarprodukt ~eϕ · 1 = cos ϕ − sin ϕ wurde nicht ausgerechnet 0 b) Es hätte keine volle Punktzahl vergeben werden dürfen. In dem Vektor sind Größen verschiedener Dimension zusammengefasst: r und z sind eine Länge, ϕ ist ein Winkel. Dies sind zwar die Koordinaten, nur macht diese Schreibweise für die Vektorrechnung mit den Koordinaten keinen Sinn, was man z.B. bei der Berechnung von Skalar- oder Kreuzprodukt zweier solcher Vektoren sehen kann. ~ ~ c) Nein, die Zeichnung kann nicht richtig sein. Das D-Feld sollte parallel zum E-Feld liegen, da die relativen Permittivitäten reelle, positive Zahlen sind und keine Tensoren. 3. a) div J~ + ρ̇ = 0 b) Kontinuitätsgleichung c) Prinzip der Ladungserhaltung d) C/m3 für ρ sowie A/m2 für J~ 4. a) ~ ϕ, z) = N · I · δ(r − R) · ~eϕ · J(r, L b) 1 für |z| ≤ 0 sonst y J( ~ r~′ ) × (~r − r~′ ) ~ r) = µ B(~ d3 r′ ′ 3 ~ 4π |~r − r | V L 2 Elektromagnetische Felder I Lösung zur Klausur vom 1. April 2015 0 c) Da Berechnung auf der z-Achse gefordert ist gilt: ~r = 0 . z R · cos ϕ′ Der Strom fließt nur auf dem Zylindermantel, daher: r~′ = R · sin ϕ′ . z′ Ausgehend vom Biot-Savart-Gesetz aus b) ergibt sich: Z L/2 Z ∞ Z 2π µ ~r − r~′ NI ′ ′ ~ B(z) = · δ(r′ − R) · ~eϕ′ × dz dr r′ dϕ′ 4π −L/2 L |~r − r~′ |3 0 0 −R cos ϕ′ − sin ϕ′ cos ϕ′ × −R sin ϕ′ Z L/2 Z 2π z − z′ 0 µ NI · = dz ′ Rdϕ′ 4π L −L/2 [R2 + (z − z ′ )2 ]3/2 0 (z − z ′ ) · cos ϕ′ (z − z ′ ) · sin ϕ′ Z L/2 Z 2π R µN IR dz ′ dϕ′ = 2 4πL −L/2 [R + (z − z ′ )2 ]3/2 0 Z µN IR L/2 ′ 2πR · ~ez = dz 2 4πL −L/2 [R + (z − z ′ )2 ]3/2 Z L/2 µN IR2 1 = · ~ez dz ′ 2 ′ 2 ]3/2 2L [R + (z − z) −L/2 L/2 µN IR2 z′ − z p = · ~ez · 2 ′ 2 2 2L R · (z − z) + R z′ =−L/2 L L − z + z µN I · ~ez +q 2 · q 2 = 2 2 2L L L 2 2 −z +R +z +R 2 2 d) Die Terme L2 ± z sind groß gegen R, deshalb kann das R2 in den Wurzeln vernachlässigt werden. Da ferner die Terme L2 ± z positiv sind ergeben die beiden Brüche in den eckigen Klammern jeweils 1. Also gilt in der gefragten Näherung: µN I ~ · ~ez B(z) ≈ L ~ und die Kraft F~ = q · ~v × B ~ = ~0 wegen e) Nein, es wirkt keine Kraft, da ~v parallel zu B ~ des Kreuzprodukts zwischen ~v und B. Q A ~ = ρ mit Gaußschem Integralsatz b) Herleitung aus div D Q D . = c) Mit D = εE folgt für das elektrische Feld: E(z) = ε0 εr (z) Aε0 1 + dz Die Spannung ergibt sich durch Integration zwischen den Platten: Z d Z d Z d Q Q Qd ln 2 1 d U= E(z) dz = dz = z dz = Aε0 0 1 + d Aε0 0 d + z Aε0 0 5. a) D = Mit C = Aε0 Q folgt: C = U d ln 2 Elektromagnetische Felder I Lösung zur Klausur vom 1. April 2015 d) Es handelt sich um ein konservatives Feld, denn: ~ = rot (E(z) · ~ez ) = rot E ∂E(z) ∂y ∂E(z) − ∂x 0 ~ =0 Ersatzspannungsquelle mit Innenwiderstand 6. a) Die beiden Anordnungen sind nicht äquivalent. In der linken Anordnung liegt die Magnetflussdichte innerhalb der von R1 und R2 gebildeten Leiterschleife. Somit führt die induzierte Spannung zu einem Stromfluss durch die in Reihe geschalteten R1 und R2 . In der rechten Anordnung liegt die Magnetflussdichte in der vom Spannungsmesser und der Parallelschaltung der beiden Widerstände gebildeten Leiterschleife. Die induzierte Spannung wird über dem idealen Spannungsmesser abfallen, aber es wird kein Strom durch die Parallelschaltung der Widerstände fließen. I b) Die induzierte Spannung wirkt aus Sicht des Spannungsmessers U1 wie Uind eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand R2 . R1 ist die angelegte U1 R1 Last über der die Spannung abfällt R2 und kann daher nicht mit R2 zusammengefasst werden. II c) Die Induktionsspannung ergibt sich aus Uind = −Φ̇ = −Ḃ · A . Diese fällt ab über den Widerständen, wodurch der Strom festgelegt ist: Uind = I · (R1 + R2 ) ⇒ Ḃ · A I = − . Die beiden Stromschleifen aus U1 und R1 bzw. aus U2 und R1 + R2 R2 umschließen keine Magnetflussänderung. Damit folgt: U1 + I · R1 = 0 ⇒ U1 = ḂAR1 ḂAR2 −IR1 = und U2 − I · R2 = 0 ⇒ U2 = IR2 = − . R1 + R2 R1 + R2 |Ḃ| · AR2 |Ḃ| · AR1 und |U2 | = . Somit: |U1 | = R1 + R2 R1 + R2 7. a) i. ii. iii. iv. ~ E ~ B ~ H ~ D ~ gilt: µ1 · H1⊥ = µ2 · H2⊥ . b) Ja, wegen der Stetigkeit der Normalkomponente von B ·x j 2π · 100 MHz · t− 2π · 1008 MHz m ~ = 1 ·e 8. a) E ~ r1 ) = −1 b) E(~ V m · 3 10 V m s ~ r2 ) = E(~ ~ r3 ) = 1 · ~ey , E(~ V 2 m · ~ey = 1 V m · ~ey V m · e j · 2π · (100 MHz · t− 3 m · x) · ~ey 1 (1 ) E2 Ê 2 1 W ≈ 2 · 400 Ω = 800 , Peff = ∞ da die konstante Leistungsflussdichte c) Seff = Zeff0 = 2Z m2 0 über eine unendlich große Fläche aufintegriert wird d) Rechnung auf y-Achse: q q q 2 2 2 2+ − λ 2+ λ y y j ωt−k · y 2 +( λ j ωt−k · j ωt−k · ( ( ) ) ) 4 4 4 Eges,y = E0 · e +E0 · e = 2 · E0 · e Rechnung auf z-Achse: Eges,z = E0 · e j (ωt−k · |z+ 4 |) + E0 · e j (ωt−k · |z− 4 |) λ λ Elektromagnetische Felder I Lösung zur Klausur vom 1. April 2015 1. Fall z > 0: die Argumente der Beträge sind positiv, da λ ≪ |z| λ λ Eges,z = E0 · e j (ωt−k · (z+ 4 )) + E0 · e j (ωt−k · (z− 4 )) kλ kλ = E · e j (ωt−kz− 4 ) + E · e j (ωt−kz+ 4 ) 0 = E0 · e = 0 0 j(ωt−kz) ·e −j π2 π + E0 · e j(ωt−kz) · e +j 2 2. Fall z < 0: die Argumente der Beträge sind negativ, da λ ≪ |z| Eges,z = E0 · e j (ωt+k · (z+ 4 )) + E0 · e j (ωt+k · (z− 4 )) kλ kλ = E · e j (ωt+kz+ 4 ) + E · e j (ωt+kz− 4 ) λ 0 = E0 · e = 0 λ 0 j(ωt+kz) ·e +j π2 π + E0 · e j(ωt+kz) · e −j 2 Elektromagnetische Felder II 9. a) z.B.: für Kondensator R ε ~2 E V 2 Lösung zur Klausur vom 1. April 2015 d3 r und 21 CU 2 , für Spule R µ ~2 H V 2 d3 r und 12 LI 2 b) Bei konstanter Ladung bleibt auch die dielektrische Verschiebung (D = Q/A) und damit das elektrische Feld zwischen den Platten konstant. Somit bleibt auch die elektrische Energiedichte konstant, was bei einer Verdopplung des Volumens zu einer Verdopplung der im Kondensator gespeicherten Gesamtenergie führt. Die Energie wird dabei durch das Auseinanderziehen der Platten gegen deren gegenseitige Anziehungskraft aufgebracht, d.h. hier wird mechanische Arbeit in elektrische Feldenergie umgewandelt. ~ = J~ wird über einem Drahtquerschnitt mit Radius r aufin10. a) Die Gleichung rot H s s ~ d~a = J~ d~a. Die linke Seite wird mit dem Satz von Stokes umtegriert: rot H geformt, die rechte Seite enthält die konstante Stromdichte J~ = πRI 2 · ~ez . Es folgt H R ~ d~l = I · (r/R)2 und weiter Hϕ r dϕ = I · (r/R)2 , wegen der Zylindersymmetrie H ~ = I · r2 · ~eϕ existiert nur eine ϕ-Komponente des Magnetfelds. Schließlich folgt H 2πR innerhalb des Leiters. ~ = J~ b) Das elektrische Feld zur Berechnung des Poyntingvektors ergibt sich aus σ · E ~ = E ~ × und zeigt somit in z-Richtung. Hieraus folgt, dass der Poyntingvektor S 1 I Ir I2r ~ H = σ πR2 ~ez × ~eϕ 2πR2 = − σ2π2 R4 · ~e̺ senkrecht zur z-Richtung steht und somit die Integration über die Stirnflächen des zylinderförmigen Leitervolumens keinen Beitrag zur Leistungsbilanz liefert. Lediglich ist R L über R 2π die Mantelfläche des−IZylinders s 2 I2 · L ~ eine Integration auszuführen: S d~a = 0 dz 0 R dϕ S̺ = 2πRL · σ2π2 R3 = − σπR2 R L R R R 2π t R L R R R 2π 2 ~ dV = ~ J~ · E c) dz 0 dr 0 r dϕ J~ · J/σ = dz 0 dr 0 r dϕ π2IR4 σ = 0 0 2 I2L ~ im Leiter konstant ist, entspricht die AufinL · R2 · π · π2IR4 σ = πR (da J~ · E 2σ tegration einer Multiplikation mit dem Zylindervolumen) ~ = −J~ · E ~ d) div S e) d 1 ( εE 2 dt 2 + 21 µH 2 ) ~ =0 11. a) div B ~ = −B ~˙ b) rot E c) die Raumladungsdichte ρ und die elektrische Stromdichte J~ d) J~ und ρ am Ort r~′ wirken erst mit zeitlicher Verzögerung auf die Potentiale an einem entfernten Ort ~r. Die Verzögerung ergibt sich aus der Laufzeit aufgrund der endlichen Ausbreitungsgeschwindigkeit v der elektromagnetischen Wechselwirkung: |~r − r~′ |/v e) Hertzscher Vektor, drei unabhängige Variable I0 · δ(x) · δ(y) · e jωt · ~ez für |z| ≤ l/2 ~ 12. a) J = 0 sonst I0 l 1 b) Hϕ = · · sin ϑ · e j(ωt−kr) ist der retardierte Nahfeldterm. Die Retardierung 4π r2 ist an dem räumlichen Beitrag zur Phase −kr zu erkennen. Die quasistationären Feldverhältnisse erhält man, indem kr = 0 angenommen wird. c) Sehr nahe an der Quelle dominieren die 1/r3 -Terme beim elektrischen Feld, welche durch den Faktor −j um −90◦ gegen den dominierenden Nahfeldterm des Magnetfelds (Faktor +1) verschoben sind. Also: zuerst kommt der Strom (Magnetfeld), dann die Spannung (elektrisches Feld), weswegen vom kapazitiven Verhalten gesprochen wird. Elektromagnetische Felder II Lösung zur Klausur vom 1. April 2015 d) Die Strahlungsterme besitzen eine 1/r-Abhängigkeit, die aus ihnen gebildete Leistungsflussdichte damit eine 1/r2 -Abhängigkeit. Aufintegration der Leistungsflussdichte über eine Kugeloberfläche im Abstand r mit Mittelpunkt in der Quelle liefert eine konstante Leistung, da die Kugeloberfläche ihrerseits eine r2 -Abhängigkeit besitzt. Ferner sind die Strahlungsterme in Phase, wodurch der Leistungsfluss reell ist. e) Länge des Hertzschen Dipols l und Wellenlänge λ, gemeinsamer Term: (l/λ)2 13. a) Die Lösungen lassen sich danach einteilen, welche Feldkomponente in Ausbreitungsrichtung (z-Richtung) verschwindet: Transversalmagnetische Wellen (Bz = 0, EModen) und Transversalelektrische Wellen (Ez = 0, H-Moden). b) Die Transversalelektromagnetische Welle (TEM-Mode) ist dadurch gekennzeichet, dass sowohl die elektrische wie die magnetische Feldkomponente in Ausbreitungsrichtung verschwinden (Ez = 0 und Bz = 0). Die Wellenleiter müssen aus zwei voneinander isolierten Leitern bestehen. c) Vorteil der TEM-Mode: hohe Bandbreite (alternativ: DC-tauglich, dispersionsfrei) Vorteil des H10 -Rechteckhohlleiters: geringere Verluste (auch: mechanisch einfacher) 14. a) Mit dem gegebenen Ansatz folgt: Πm,z 1 Hz = = · [A sin(γx x) + B cos(γx x)] · [C sin(γy y) + D cos(γy y)] · e j(ωt−kz) p p ∂Hz Anwendung der Randbedingung = 0 an den Hohlleiterwänden: ∂~eS S 1. in x-Richtung: γx ∂Hz ! = · [A cos(γx x) − B sin(γx x)] · [C sin(γy y) + D cos(γy y)] · e j(ωt−kz) = 0 ∂x p Damit obige Gleichung bei x = 0 für alle y erfüllt ist (also an der linken Seitenwand) muss einer der Produktterme Null werden: 1 i. und e j(ωt−kz) können nicht Null werden. p ii. Damit die rechte Klammer für alle y Null wird muss C = D = 0 gelten, womit aber Hz = 0 als feldfreie Triviallösung folgt. Der Fall wird nicht weiter betrachtet. iii. Damit die linke Klammer Null wird muss A = 0 gelten, B ist hier irrelevant, da sin(0) = 0. iv. Außerdem könnte noch γx = 0 obige Gleichung erfüllen, dann fällt der Term mit A in Hz ebenfalls weg. Nach der Anwendung der 1. Randbedingung bleibt also übrig: 1 Hz = · B cos(γx x) · [C sin(γy y) + D cos(γy y)] · e j(ωt−kz) p 2. in y-Richtung: γy ∂Hz ! = · B cos(γx x) · [C cos(γy y) − D sin(γy y)] · e j(ωt−kz) = 0 ∂y p Damit obige Gleichung bei y = 0 für alle x erfüllt ist (also an der unteren Seitenwand) muss, analog zu obiger Fallunterscheidung bei der 1. Randbedingung, gelten C = 0 (oder γy = 0, dann fällt der Term mit C in Hz ebenfalls weg). Es verbleibt: Πm,z = BD cos(γx x) cos(γy y) · e j(ωt−kz) und das Produkt BD ist die Amplitude Π0 , also Πm,z = Π0 cos(γx x) cos(γy y) · e j(ωt−kz) . Elektromagnetische Felder II Lösung zur Klausur vom 1. April 2015 b) γx und γy ergeben sich ebenfalls aus den Randbedingungen für Hz aus Teil a) nachdem bekannt ist, dass A = C = 0 muss in x-Richtung bei x = a (rechte Seitenwand) der sin-Term hinter B ebenfalls Null werden: sin(γx a) = 0 ⇒ γx a = m · π mit mπ . Ebenso muss in y-Richtung bei y = b (obere Seitenwand) der m ∈ N0 ⇒ γx = a nπ sin-Term hinter D Null werden: sin(γy b) = 0 ⇒ γy b = n · π mit n ∈ N0 ⇒ γy = . b Anmerkung: Mathematisch korrekte Lösungen sind auch negative ganze Zahlen m und n, allerdings ergeben diese die gleiche Feldverteilung wie die positiven, da ihre Vorzeichen in den geraden cos-Funktionen des Hertzschen Vektors irrelevant sind. c) ~ ~ = −µ∇ × ∂ Πm = −µ∇ × jωΠ0 cos(γx x) cos(γy y) · e j(ωt−kz) · ~ez E ∂t ∂ ∂x 0 ∂ 0 = −jµωΠ0 · ∂y × j(ωt−kz) cos(γx x) cos(γy y) · e ∂ ∂z −γy · cos(γx x) sin(γy y) = −jµωΠ0 · γx · sin(γx x) cos(γy y) · e j(ωt−kz) 0 Somit ist: mπ nπ nπ · cos x · sin y · e j(ωt−kz) b a b mπ nπ mπ · sin x · cos y · e j(ωt−kz) Ey = −jωµΠ0 · a a b Ex = jωµΠ0 · und 15. a) Es wird nur ein an der Platte gespiegelter Strom in −z-Richtung benötigt. Also ein Strom der Stärke I parallel zur z-Achse in −z-Richtung durch den Punkt (−d, 0, 0)T . b) Das von dem Spiegelstrom erzeugte Magnetfeld ergibt sich aus dem als bekannt vorausgesetzten durch Ersetzen von d durch −d und von I durch −I: −y −I ~S = · x+d H 2π · [(x + d)2 + y 2 ] 0 Die Überlagerung beider Magnetfelder ergibt: −y −y 1 I 1 ~ x−d x+d · · · Hges = − 2π (x − d)2 + y 2 (x + d)2 + y 2 0 0 An der Oberfläche der Platte bei x = 0 ist das Magnetfeld somit: ~ ges (x = 0) = − H I ·d · ~ey π · (d2 + y 2 ) Elektromagnetische Felder II Lösung zur Klausur vom 1. April 2015 ~2 − H ~ 1) = K ~ wird die Oberflächenstromdichte K ~ in c) Mit der Randbedingung ~n × (H ~ der Platte berechnet. Hier ist H1 = ~0 das Feld links von der Platte, also bei x < 0, ~2 = H ~ ges (x = 0) und ~n = ~ex zeigt von Medium 1 nach Medium 2. Es folgt: H ~ = ~ex × K −I · d I ·d · ~ey = − · ~ez 2 2 π · (d + y ) π · (d2 + y 2 )
