1 Skineffekt 2 Feldverteilung eines Kastens

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Ferienkurs: ED
vom 24.03.11
Skineffekt
a) Direkt an der Grenzfläche liegt das magnetische Feld H (z = 0) = H0 êx exp(−iωt) an, mit H0
als Amplitude im Medium. Das physikalische Feld H(z, t) im Halbraum z > 0 setzt man mit:
H(z > 0) = H0 êx exp(ik(ω)z − iωt)
an. Die Wellenzahl lässt sich mit Hilfe der quasistatischen Näherung umschreiben zu:
s
√
ω
ω p
σµ(ω)ω i
1+i
k(ω) = n(ω) = (ω)µ(ω) =
=
c
c
0
c
δ
mit der Skintiefe:
s
δ=c
20
σµ(ω)ω
(1)
(2)
(3)
Diese Begriffswahl wird dann deutlich, wenn man das magnetische Feld betrachtet:
H(z > 0) = H0 êx exp(i
z
z
1+i
z − iωt) = H0 êx exp(− exp(i − iωt)
δ
δ
δ
(4)
es liegt also eine mittlere Eindringtiefe des magnetischen Feldes von δ vor. Für den relevanten
Realteil von H folgt:
z
z
(5)
H(z > 0) = H0 êx exp(− )cos( − ωt)
δ
δ
b) Unter Vernachlässigung des Verschiebungstroms lässt sich die Maxwell-Gleichung schreiben als:
∇ × H = jf rei +
∂
D = jf rei = σE
∂t
(6)
Mit H = H(z)êx verbleibt im Kreuzprodukt lediglich die y-Komponente und es ergibt sich:
E=−
√ H0
H0
z
z
z
z
z
π
exp(− [cos( − ωt) + sin( − ωt)]êy = − 2
exp(− )cos( − ωt − )êy .
σδ
δ
δ
δ
σδ
δ
δ
4
Um die Stärke der Felder zu vergleichen, bestimmt man den Quotienten:
√
√
|E|
2
2 δ 2 ωσµ
δω
|E|
=
=
=
= √ << c
|B|
µµ0 |H|
µµ0 σδ
µµ0 σδ 20 c2
2
(7)
(8)
die angegebene Ungleichung ist also erfüllt. In obiger Gleichung wurde eine 1 auf Basis des Ausdrucks der Skintiefe eingeschoben.
2
Feldverteilung eines Kastens
(a) Wendet man den Laplace-Operator ∆ auf X (x) Y (y) Z (z) an, so entstehen drei Terme, wobei
z.B. d/dx nur auf X(x) wirkt, und somit folgt:
YZ
d2 X
d2 Y
d2 Z
1 d2 X
1 d2 Y
1 d2 Z
+
XZ
+
XY
=
0
bzw.
+
+
=0
dx2
dy 2
dz 2
X dx2
Y dy 2
Z dz 2
(9)
Der i-te Term ist dabei eine Funktion der Variable xi und da die Summe aller drei Terme konstant
Null ist, ist jeder der Einzelsummanden identisch mit einer Konstanten Ci .
(b) O.B.d.A. wählt man den Anteil der x-Komponente aus und gewinnt aus X 00 = Cx X die
allgemeine Lösung:
X = Ax eαx x + Bx e−αx x ,
(10)
Lösungen
2
mit αx =
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√
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Cx im Allgemeinen komplex. Analog gilt:
Y = Ay eαy y + By e−αy y und Z = Az eαz z + Bz e−αz z
(11)
Um die Koeffizenten in Relation zueinander zu setzen, betrachtet man imfolgenden die Erdungsbedingungen an den fünf Seiten mit Φ = 0.
Zunächst die Fläche mit x = 0, dort gilt:
!
0 = Φ(0, ·, ·) = (Ax + Bx ) Ay eαy · + By e−αy ·
Az eαz · + Bz e−αz · ,
(12)
also Ax = −Bx (die Zeichen „·“ stehen für beliebig auf der Fläche positionierte Werte von y und z).
Mit den gleichen Bedingungen an die Fläche bei y = 0 und z = 0 gilt: Ay = −By und Az = −Bz .
Weiter betrachtet man die Seitenwände bei x = a und y = b, dort gilt:
!
0 = Φ(a, ·, ·) = Ax Ay Az eαx a − e−αx a eαy · − e−αy · eαz · − e−αz · ,
(13)
mπ
daher ergibt sich die Wahl: αx = i nπ
a und analog αy = i b , mit n,m = 0, ±1, ±2, · · · .
(c) Daraus motiviert sich die folgende Darstellung des elektrischen Potentials:
X
Φ(r) =
Φnm (r),
(14)
nm
mit der folgenden Funktion:
Φnm (x, y, z) = Anm sin
nπx a
mπy sin
b
sinh(γnm z).
Dabei wurden der Vorfaktor Anm = −8Ax Ay Az und:
r n 2 m 2
γnm = π
+
a
b
(15)
(16)
eingeführt. Letzere Identität folgt aus αx2 + αy2 + αz2 = 0, vgl. (12) und die allgemeinen Ansätze
für X, Y und Z.
(d) Um Anm zu bestimmen benötigt man die letzte verbleibende Randbedingung des Deckels
bei z = c. Es gilt:
nπx X
X
mπy
Φ(x, y, c) =
Φnm (x, y, c) =
Anm sin
sin
sinh(γnm c) = ΦDeckel (x, y).
(17)
a
b
nm
nm
a
Diese Gleichung integriert man über int dxsin
0
n0 πx
a
b
int dysin
0
m0 πy
a
und erhält mit den ange-
gebenen Hilfsintergralen:
Z
sin[(u − v)x] sin[(u + v)x]
dxsin(ux)sin(vx) =
−
, |u| =
6 |v|
(18)
2(u − v)
2(u + v)
Z
1
1
dxsin2 (ux) = x −
sin(2ux),
(19)
2
4u
das Ergebnis (dabei verwendet man im Fall n’6= n bzw. m’ 6= m das erste der angegebenen Integrale
und erhält den Wert Null, da die Sinus-Funktionen im Zähler entweder bei 0 oder einem Vielfachen
von π ausgewertet werden; für n’ = n bzw. m’ = m benützt man das zweite Hilfsintegral, wobei
jedoch nur der erste Anteil a/2 bzw. b/2 verbleibt, da der Sinus abermals verschwindet):
ab
An0 m0 sinh(γn0 m0 c)
=
22
Za
dxsin
n0 πx
a
Zb
0
dysin
0
Lösungen
m0 πy
b
ΦDeckel (x, y).
(20)
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Für den Vorfaktor Anm folgt die gesuchte Formel:
Anm
4
=
absinh(γnm c)
Za
Zb
dx
0
dyΦDeckel (x, y)sin
mπy b
sin
nπx a
(21)
0
Wird nun abschließend die konkrete Gestalt von ΦDeckel eingesetzt, so ergibt sich:
Anm =
4
absinh(γnm c)
Zb
Za
dyΦ0 sin
dx
0
xπ a
sin
yπ b
sin
nπx a
sin
mπy b
=
Φ0
δn1 δm1 ,
sinh(γnm c)
0
(22)
und für das Gesamtpotential erhält man:
Φ(x, y, z) = Φ0 sin
3
πx a
sin
πy sinh(γ z)
11
b sinh(γ11 c)
(23)
Schwingungstypen in Rechteckwellenleitern
O.B.d.A. nehmen wir an, a>b.
• TE-Moden (Ez = 0) Wir lösen dann folgende Eigenwertgleichung:
− ∇2x,y ψ = λn ψ wobei ψ = Bz (x, y)
(24)
Diese Gleichung unterligt bei x = 0, a und y = 0, b der Neumann-Randbedingung, d.h.
∂n ψ |S = 0. Die Lösung für ψ hat daher die Gestalt:
n πy n πx 2
1
cos
mit n1,2 = 0, 1, 2 · · ·
(25)
ψ(x, y) ∝ cos
a
b
Die Lösungen mit n1 = n2 = 0 sind ausgeschlossen, denn dann wäre Bz = const und daher
E=0 (statischer Fall).
Die Eigenwerte der Gleichung sind:
2
n1
n22
+
λn = π 2
mit n = (n1 , n2 )
a2
b2
(26)
die Grenzfrequenz aus dem Skript:
p
ωn = c λn = cπ
kleinster Eigenwert ist dann λ(T E)10 =
ω1,0 = cπ
a ).
π2
a2
s
n21
n22
+
a2
b2
(27)
für die T E1,0 -Mode (bzw. die kleinste Frequenz
• TM-Moden (Bz = 0) Die zu lösende Eigenwertgleichung bleibt dieselbe. Die Gleichung
unterligt nun aber der Dirichlet-Randbedingung, d.h. psi |S = 0. Die Lösung für ψ hat
daher die Gestalt:
n πx n πy 2
1
ψT M (x, y) ∝ sin
sin
mit n1,2 = 0, 1, 2 · · ·
(28)
a
b
Die Eigenwerte der Gleichung sind dieselbe:
2
n1
n22
2
λn = π
+ 2 mit n = (n1 , n2 )
(29)
a2
b
E
aber der kleinste Eigenwert ist dann λ(T M )11 = π 2 a12 + b12 > λTmin
. D.h. für das Frequenz
1/2
2
bereich von ωmin = c πa bis ω = ωmin 1 + ab
gibt es nur T E1,0 -Moden.
Lösungen
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Streuung von Licht an einem Atom
(a) Die klassische Bewegungsgleichung des harmonisch gebundenen Elektrons im Atom lautet:
··
·
m0 r +γ r +ω02 r = −eE0 (t)
(30)
Unter Vernachlässigung des Phasenanteils k · r wählt man für die Auslenkung des Elektrons und
das einfallende Feld die Ansätze:
r(t) = r0 e−iωt und E(t) = E0 e−iωt
(31)
und erhält für die maximale Auslenkung des Elektrons:
r0 = −
e/m0
E0 .
(ω02 − ω 2 ) − iωγ
(32)
(b) Der Poynting-Vektor bestimmt sich über das Kreuzprodukt der Realteile von E - und H -Feld.
Mit der Formel aus dem Skript folgt:
S=
k 4 |p0|2
sin2 (θ)êr .
2(4π0 r)2 µ0
(33)
Der Winkel θ bezeichne den Zwischenwinkel zwischen êr und p0 . O.B.d.A. liege p0 auf der z-Achse.
Für die abgestrahlte Leistung folgt:
k 4 |p0|2
dP
=
sin2 (θ).
dΩ
2(4π0 )2 µ0
(34)
(c) Das für die elektrische Dipolstrahlung entscheidende Dipolmoment p0 wird über die komplexe
Auslenkung des Elektrons r0 bestimmt: p0 = −er0 .
Es folgt somit für sein Betragsquadrat:
|p0 |2 =
e4 /m20
E2
(ω02 − ω 2 )2 + ω 2 γ 2 0
(35)
Das einstrahlende Lichtfeld besitzt selber einen Poynting-Vektor, nämlich - hier bereits nur sein
Betrag und auch schon zeitgemittelt:
1 2
E
(36)
S̄einf =
2µ0 0
Damit ergibt sich für den differentiellen Wirkungsquerschnitt der Ausdruck:
k 4 |p0 |2
e4
ω4
dσ
2
=
sin
(θ)
=
sin2 (θ)
dΩ
(4π0 )2 E02
(4π0 )2 m20 c4 (ω02 − ω 2 )2 + ω 2 γ 2
(37)
Die Integration über den gesamten Raumwinkel ergibt den totalen Wirkunsquerschnitt:
σ=
8π
e4
ω4
ω4
=
σ̄
3 (4π0 )2 m20 c4 (ω02 − ω 2 )2 + ω 2 γ 2
(ω02 − ω 2 )2 + ω 2 γ 2
Das Maximum liegt bei:
√ 2
2ω0
4ω02
p
ωmax =
mit
dem
maximalen
Wirkungsquerschnitt
von:
σ
=
σ̄
max
2
4ω0 γ 2 − γ 4
2ω02 − γ 2
(38)
(39)
Abschließend betrachtet man noch die beiden Grenzfälle:
• ω »ω0 (Thomson-Streuung): hier kann man den frequenzabhängigen Faktor für große Frequenzen mit 1 nähern, so dass für den totalen Wirkungsquerschnitt gilt:
σT h = σ̄ = const.
(40)
• ω »ω0 (Rayleigh-Streuung): der frequenzabhängige Faktor ist proportional zu ω 4 und es
folgt:
ω4
(41)
σRa = σ̄ 4
ω0
Lösungen
5
5
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Streuung an einer dielektrischen Kugel
Wirqungsquerschnitt aus dem Skript (für ¯ = 1):
dσ
k 4 0∗ 2
|e | |δ(q)|2
=
dΩ
4π 2
mit
Z
δ(q) =
(42)
d3 x( − 1)e−iq·x
(43)
Kugel
Z
= 2π( − 1)
=
drr2
Z
d(cos(θ))e−iqr cos(θ) =
4π( − 1)
q
Z
drr sin(qr)
4π( − 1)
4π( − 1) sin(qr) − q cos(qr)
[
]=
sin(qR) − qR cos(qR)
q
q2
q3
=⇒
sin(qR) − qR cos(qR)
dσ
|Born = ( − 1)1 k 4 |e0∗ · e|2 [
]
dΩ
q3
Lösungen
(44)
(45)
(46)