Elektromagnetische Felder I Lösung zur Klausur vom 22. August

Elektromagnetische Felder I
Lösung zur Klausur vom 22. August 2013
1. a) c = 3 · 108 m/s
b) Vs/m2
c) Vs/m
d) As/m2
e) 8,854 · 10−12 As/(Vm)
R 2π R π R 2 m
As 2
f) Q = 0 0 1 m r · π4 m
4 r sin ϑ dr dϑ dϕ = 60 As
g)
h)
1
r2
1
r2
i) 3
j) 5xy + 3y 2
k) ~0
l) (3xz, −3yz, −x2 )
m) 6
~ r) =
2. a) B(~
µ
4π
t
~ r~′ ) ×
J(
~
r−r~′
|~
r −r~′ |3
d3 r ′
b) J~1 = I1 · δ(z) · δ(r − R) · ~eϕ
c) Einsetzen von J~1 ins Biot-Savart-Gesetz ergibt mit ~r − r~′ = (−R cos ϕ′ , −R sin ϕ′ , z):


−R cos ϕ′
δ(z ′ ) · δ(r′ − R) · ~eϕ′ ×  −R sin ϕ′ 
Z π Z +∞ Z +∞
z
µ
B1 (~r) =
· I1 ·
r′ dr′ dz ′ dϕ′
2
2
3/2
4π
(R + z )
0
−∞
0
Mit ~eϕ′ = (− sin ϕ′ , cos ϕ′ , 0) folgt:
B1 (~r) =
R
µ
· I1 · 2
·
4π
(R + z 2 )3/2
Z
π
0



0
z · cos ϕ′
µ · I1 · R
 z · sin ϕ′  dϕ′ =
·  2z 
4π · (R2 + z 2 )3/2
R
πR

d)


0
µ · I1 
2z 
·
B1 (~r) ≈
4π · R2
πR
e) J~2 = I2 · δ(x) · δ(y) · ~ez
f)
F~ =
=
=
Z
+∞
−∞
Z
+∞
−∞
µ · I1 · I2
·
4π · R2
Z
Z
a2
~ 1 dz dy dx
J~2 × B
a1
+∞
−∞
Z
+∞
−∞
Z
a2
a1
µ · I1 · I2
· (a1 2 − a2 2 ) · ~ex
4π · R2


0
δ(x) · δ(y) · ~ez ×  2z  dz dy dx
πR
Elektromagnetische Felder I
Lösung zur Klausur vom 22. August 2013
d ~
3. a) U1 = −Φ̇1 = − dt
(B1 · πr2 · ~ez ) = − 21 · B̂1 · cos(ωt) · πr2 · ω
2
d ~
U2 = −Φ̇2 = − dt
(B2 · πr2 · ~ez ) = 21 · B̂2 · cos(ωt) · πr2 · ω
2
b) U1 = −I1 · R1 ⇒ I1 = 2R1 1 · B̂1 · cos(ωt) · πr2 · ω
U2 = I2 · R2 ⇒ I2 = 2R1 2 · B̂2 · cos(ωt) · πr2 · ω
B̂2
1
· cos(ωt) · πr2 · ω
+
I0 + I1 + I2 = 0 ⇒ I0 = − 12 · B̂
R1
R2
c) Bei Bewegung entlang der y-Achse werden Ströme induziert, nicht jedoch entlang
der x- und der z-Achse, da sich dann die Flüsse nicht ändern.
d) Bei Rotation um jeder der drei Achsen werden Ströme induziert.
~2 − B
~ 1 ) · ~n = 0, (D
~2 − D
~ 1 ) · ~n = σ, (E
~2 − E
~ 1 ) × ~n = ~0, (H
~2 − H
~ 1 ) × ~n = K
~
4. a) (B
~ Strom pro Länge, σ: Ladung pro Fläche
b) K:
~
c) In Medium 1 gilt für die Normal- und Tangentialkomponente des B-Feldes:
B1n = B1 · cos α1 und B1t = B1 · sin α1 .
Entsprechendes gilt in Medium 2. Die Randbedingungen liefern:
B1n = B2n und H1t = H2t ⇒ B1t /µ1 = B2t /µ2 .
Also: B1 · cos α1 = B2 · cos α2 und B1 · sin α1 /µ1 = B2 · sin α2 /µ2 .
Und somit: tan α1 /µ1 = tan α2 /µ2
5. a) Zeitraum 1 (Kapazität nimmt zu): av ; a+b
v
a+2b
Zeitraum 2 (Kapazität nimmt ab): a+b
;
v
v
b) Kapazitätsbelag: C ′ = ε · b
d
Zeitraum 1: Das Dielektrikum befindet sich auf einer Breite s(t) im Kondensator mit
s(t) = (t − av ) · v = v · t − a .
Entsprechend einer Parallelschaltung ergibt sich als Gesamtkapazitätsbelag des Kon′
= d1 · (ε0 · b + [ε1 − ε0 ] · [v · t − a])
densators: Cges
= ε1d· s + ε0 · (b−s)
d
Zeitraum 2: Das Dielektrikum befindet sich auf einer Breite s(t) im Kondensator mit
) · v = a + 2b − v · t .
s(t) = b − (t − a+b
v
1
′
Es folgt: Cges = d · (ε0 · b + [ε1 − ε0 ] · [a + 2b − v · t])
Außerhalb von Zeitraum 1 und 2 ist C ′ = ε0 · b .
ges
d
~ wird beim Hineinschieben des Dielektrikums kleiner, da die Kapazität (bzw. der
c) |E|
Kapazitätsbelag) zunimmt, und damit bei konstanter Ladung die Spannung und
, U = E ·d
damit das elektrische Feld abnimmt: C = Q
U
6. a) Bei Ausbreitung ändert sich die Feldrichtung nicht.
∂
∂
Ez = − ∂t
By
b) z.B. mit Faraday-Gesetz: − ∂x
~ r, t) = E0 · ~ez · ej(ωt−β · x) · e−α · x mit α =
c) E(~
2π
λvak
· nVerlust und β =
d) δ = α1 ; sie beschreibt den Abfall der Feldstärke auf
m
7. a) n′ sin ϕ′ = n sin ϕ ; sin ϕ′ =
n
n′
1
e
2π
λvak
· nReal
nach einer Strecke 1 · δ; Einheit
sin ϕ > 1
b) Beim Übergang vom optisch dichteren ins optisch
dünnere Material tritt Totalreflexion bei Licht auf,
welches unter einem flachen Winkel auf die Grenzschicht trifft.
Singlemode Faser : d ∼ λ
Multimode Faser : d ≫ λ
opt. dünner
opt. dichter
opt. dünner
Elektromagnetische Felder II
Lösung zur Klausur vom 22. August 2013
8. a) we = 12 εE 2 , wm = 21 µH 2
t
t
b) We = V we d3 r, Wm = V wm d3 r
t
~ d3 r
c) PJ = V J~ · E
v
~ × H)
~ d~a
d) PS = F (E
e
+
e) PJ + PS + dW
dt
q
9. (a) Z = µε00 εµrr
dWm
dt
=0
(b) Imaginärteil aller Größen = 0
(c) R11 =
Ze −Z0
Ze +Z0
,
T21 = 1 + R11
Eges
E0
= R11 + T21 · e−jk2 d · R22 · e−jk2 d · T12
′
+ T21 · e−jk2 d · R22 · e−jk2 d · R22
· e−jk2 d · R22 · e−jk2 d · T12 + . . .
−2jk
d
2
21 T12 R22 e
⇒ EEges
= R11 + T1−R
′
−2jk2 d
0
22 R22 e
!
2
(e) EEges
= 0 ⇒ −R11 · 1 + R11 R22 e−2jk2 d = (1 − R11
) R22 e−2jk2 d
0
⇒ R11 + R22 e−2jk2 d = 0 (*)
Da R11 und R22 rein reell sind muss der Imaginärteil von e−2jk2 d gleich Null sein.
Damit folgt: 2k2 d = n · π mit n ∈ Z . Also gilt für die minimale Schichtdicke
dmin = λ42 mit λ2 als der Wellenlänge im Medium II.
Einsetzen von dmin für d inpGleichung (*) ergibt: R11 = R22 .
e
0
⇒ Ze = Z0 · Zp
= ZZpp −Z
⇒ ZZee −Z
+Z0
+Ze
(d)
10. a) Bei x = −b , z = −a muss eine in y-Richtung unendlich ausgedehnte Linienladung
+τ platziert werden.





x+b
x−a
1
1
~ = τ ·
 0 
·  0  − (x−a)2 +(z−b)
b) E
2 ·
2πε
(x+b)2 +(z+a)2
z+a
z−b
R ~r
~ −τ d~r mit der Festlegung ϕ−τ (~0) = 0 und
c) ϕ−τ = − ~0 E


x−a
1
~ −τ = − τ ·
E
·  0 .
2πε (x−a)2 +(z−b)2
z−b
Es folgt:
o
nR
R (x,0,0)
R (x,0,z)
Rz
x
τ
z ′ −b
x′ −a
′
′
ϕ−τ = − (0,0,0) Ex dx′ − (x,0,0) Ez dz ′ = 2πε
· 0 (x′ −a)
2 +b2 dx + 0 (x−a)2 +(z ′ −b)2 dz
x
z = τ · 1 · ln((x′ − a)2 + b2 ) ′ + 1 · ln((x − a)2 + (z ′ − b)2 ) ′
=
2πε
τ
4πε
2
2
+(z−b)
· ln (x−a)a2 +b
2
2
x =0
2
z =0
2
τ
d) Übertragung des Ergebnisses aus c) ergibt: ϕ+τ = − 4πε
· ln (x+b)a2+(z+a)
+b2
Superposition ergibt: ϕges = ϕ+τ + ϕ−τ =
τ
4πε
2
2
2
+(z−b)
· ln (x−a)
(x+b)2 +(z+a)2
~ = ~0 und ϕ = 0 .
e) Unterhalb der Metallplatte gilt: E
11. a) Randbedingung ist Äquipotentialfläche bzw. kein Rückleiter
b) 0,15 m · 2 = 0,3 m → 1 GHz
c) Die Lösung muss bei 2π-Umlauf gleich bleiben; Ez , Hz ∼ cos mϕ oder sin mϕ mit
ganzzahligem m
E (r) z
∂
2 2
2
2 ∂2
=0
d) r ∂r2 + r ∂r + γ r − m
Hz (r)
Elektromagnetische Felder II
Lösung zur Klausur vom 22. August 2013
e) Besselsche Differentialgleichung“
”
Lösung lässt sich (über Potenzreihenansatz) nur iterativ ermitteln oder
Mischterme der Parameter“
”
12. a) TE-Moden
~
b) E-Feldkomponente
in Ausbreitungsrichtung
c) fc(1,0) = 5 GHz
d) fc(0,1) = 7,5 GHz
e) Verkleinerung auf b = 1,5 cm; Modenreinheit im Bereich von 5 GHz bis 10 GHz
f) Bei einer weiteren Verkleinerung von b ist die nur von a abhängige H20 -Mode ab
10 GHz weiterhin ausbreitungsfähig.
g) Z.B. Einbringen eines Dielektrikums mit εr = 4, oder allgemeiner eines nichtleitfähigen Materials mit εr · µr = 4
13. a) In Polarkoordinaten gilt für den Einheitskreis r = 1 und damit z = ejϕ . Damit
j sin ϕ
sin ϕ
1+ejϕ
1+ejϕ 1−e−jϕ
= 1−e
folgt: w = 1+z
jϕ = 1−ejϕ · 1−e−jϕ = 1−cos ϕ ⇒ u = 0 , v = 1−cos ϕ . Also: Der
1−z
Einheitskreis in der z-Ebene wird auf die v-Achse in der w-Ebene abgebildet.
v
1 P1
b) P : ϕ = π ⇒ v = 1
1
2
P2 : ϕ = π ⇒ v = 0
P3 : ϕ = 3π
⇒ v = −1
2
P2
−1 P3
u
c) Wegen der Winkeltreue konformer Abbildungen müssen die Punkte, welche beim
Umlauf im Gegenuhrzeigersinn links der Kreislinie liegen, also im Kreisinneren, dann
in der w-Ebene entsprechend in der u > 0-Halbebene liegen. Der Abschnitt der xAchse im Einheitskreis wird auf die positive u-Achse in der w-Ebene abgebildet.
d) Nur das Paar Halbraum und unendlich langer Zylinder sind mit der Abbildungsvorschrift ineinander überführbar, da die Kugel und der Zylinder mit endlicher Länge in
der dritten Raumdimension nicht invariant sind und damit die konforme Abbildung
nicht nutzbar ist.
14. a) Wegen der endlichen Ausbreitungsgeschwindigkeit v hängt das dynamische Skalarpotential von der Ladungsverteilung zu einem früheren Zeitpunkt ab. Dieser Zeitpunkt
liegt umsoweiter zurück, je weiter der Beobachtungsort ~r vom Ort der Ladungsdichte
r~′ entfernt ist und je langsamer die Ausbreitungsgeschwindigkeit ist.
t ρ(r~′ ) 3 ′
1
dr
b) ϕ(~r) = 4πε
V |~
r −r~′ |
c) Dynamisches Vektorpotential
t J(
~ r~′ ,t−|~
r −r~′ |/v) 3 ′
~ r, t) = µ
d) A(~
dr
4π
V
|~
r −r~′ |
e) Hertzscher Vektor mit drei unabhängigen Komponenten