Aufgabe 1 Aufgabe 2

Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
1
Aufgabe 1
In einem
n ³ verlustlosen
´oMedium der Brechzahl n breitet sich eine ebene Welle gemäß
exp i ωt − ~k ◦ ~r
aus. Für den Wellenvektor soll ~k = a~ex + 2πb~ey gelten. Berechnen Sie a
als Funktion von b und n.
Lösung zu Aufgabe 1
Für die ebene harmonische Welle gilt die Dispersionsrelation
³ ´2
~k ◦ ~k = ωn = a2 + (2πb)2 .
c
Damit folgt für
r³
a=
ωn ´2
− (2πb)2 .
c
Aufgabe 2
~ = H0 exp{i(ωt − ~k ◦ ~r)}~ez mit
Welche Energiedichte ist im elektrischen Feld der Welle H
~k = a~ex − ib~ey gespeichert, wenn sie in einem unmagnetischen Medium der Brechzahl n läuft?
Lösung zu Aufgabe 2
Zu dem magnetischen Feld
~ = H0 exp{i(ωt − ~k ◦ ~r)}~ez
H
gehört das elektrische Feld
~ =
E
1 ~ ~
1
H×k = H0
exp{i(ωt − ~k ◦ ~r)}(a~ex − ib~ey )×~ez
ωεε0
ωεε0
1
= −H0
exp{i(ωt − ~k ◦ ~r)}(a~ey + ib~ex ) .
ωεε0
Die elektrische Energiedichte ist definitionsgemäß
1~ ~
wel = E
◦D
2
und damit
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
wel = H02
1
2ω 2 εε0
2
exp{2i(ωt − ~k ◦ ~r)}(a2 − b2 ) .
Berücksichtigt man noch |~k|2 = a2 − b2 = ω 2 εε0 µµ0 aus der Dispersionsrelation, ergibt sich
1
µµ0 H02 exp{2i(ωt − ~k ◦ ~r)} .
2
Die Energiedichte des elektrischen und des magnetischen Feldes sind also gleich groß.
wel =
Aufgabe 3
Im Bereich |x| < a und 0 < y < b befindet sich ein Rechteckhohlleiter mit ideal leitenden Wänden unendlicher Ausdehnung in z-Richtung. In diesem Hohlleiter wird folgende Feldverteilung
gemessen:
~ = Hx · ~ex + Hy · ~ey
H
Hx = A0 · L · sin{K · x} · cos{L · y} · exp{i(ωt − βz)}
Hy = −A0 · K · cos{K · x} · sin{L · y} · exp{i(ωt − βz)}
Bestimmen Sie die Mindestgrößen von K und L.
Lösung zu Aufgabe 3
~ ergibt die Bedingung
Zunächst muss die Wellengleichung erfüllt sein. Einsetzen von H
β 2 − K 2 − L2 − ω 2 µ0 ε0 = 0
.
Damit lässt sich keine Bedingung für die Größen von K und L finden. Auf den Wellenleiterwänden muss gelten:
¯
~ tan ¯¯
=0
E
Rand
~ =
Aus ∇×H
∂ ~
D
∂t
ergibt sich das elektrische Feld zu zu
β
Hy
ωεε0
β
= −
Hx
ωεε0
K 2 + L2
=
A0 sin{K · x} sin{L · y} exp{i(ωt − βz)}
iωεε0
Ex =
Ey
Ez
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
3
Aus den Randbedingungen folgt, dass das tangentiale elektrische Feld an den Wänden, also bei
x = 0, x = a, y = 0 und y = b verschwinden muss. Das lässt sich nur erreichen, wenn
π
π
K = 0; ; 2 · ; . . .
a
a
π
π
L = 0; ; 2 · ; . . .
a
a
erfüllt sind. K und L dürfen aber nicht gleichzeitig null werden, also gilt
K = m πa
m ∈ N0
π
L = n
n∈ N
0
b
m·n > 0 .
Aufgabe 4
Ein unendlich ausgedehnter Plattenkondensator besitzt ein inhomogenes Dielektrikum mit ε =
© ª
exp xa . Auf den Platten sind die Potentiale V {x = 0} = 0 und V {x = d} = V0 eingeprägt.
Es gilt für die Raumladung %v = 0. Wie lautet die Laplace- bzw. Poissongleichung in der
Anordnung? Berechnen Sie den Potenzialverlauf im Kondensator.
Lösung zu Aufgabe 4
Innerhalb des Plattenkondensator gilt die Poissongleichung
∆V {~r} = −
% {~r}
.
εε0
die in die verknüpfte Laplacegleichung übergeht, sobald keine Raumladung (% {~r} = 0) vorausgesetzt wird. Der Plattenkondensator besitzt eine zweidimensionale Symmetrie. Damit folgt
~ = E e~x und die Operatoren ∇ ◦ E
~ = dE .
für vektorielle Grössen E
dx
Eine der Maxwellgleichungen fordert Quellenfreiheit des magnetischen Feldes
´
³
´
³
~
~
~
~
∇ ◦ D = ∇ ◦ εε0 E = 0 = (ε0 ∇ε) ◦ E + ε0 ε ∇ ◦ E = 0 .
© ª
Mit gegebenen Verteilung der Dielektrizitätskonstante ε = exp xa vereinfacht sich dies zur
~ = E e~x
Differentialgleichung für E
E d
+ E=0
a
d
Eine Lösung dieser Gleichung folgt aus dem charakteristischen Polynom 1/a + λ = 0 mit
© ª
~
E = E0 exp − xa Das elektrische Feld und Potential stehen im Zusammenhang −∇V = E
© xª
also V = E0 a exp − a + V0 Die Randwerte sind in der Aufgabenstellung angegeben
V {x = 0} = 0
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also
E0 a + V0 = 0; → V0 = −E0 a; .
An der zweiten Berandung gilt
V {x = d} = V0
also
µ
½
d
E0 a exp −
a
¾
¶
− 1 = V0 ; .
und damit ist
© ª
exp − xa − 1
© ª
.
V = V0
exp − ad − 1
Aufgabe 5
~ = h{ωt−~k◦~r}(Ex , Ey , Ez )T
Wie lautet die magnetische Feldstärke zu dem elektrischen Feld E
mit ~k = (kx , ky , kz )T unter der Voraussetzung, dass h eine stetig differenzierbare Funktion ist?
Lösung zu Aufgabe 5
Aus dem elektrischen Feld
~ = h{ωt − ~k ◦ ~r}(Ex , Ey , Ez )T
E
~ 0 = (Ex , Ey , Ez )T ergibt sich das magnetische Feld, wenn die
mit ~k = (kx , ky , kz )T und E
Maxwellgleichung
~ = −B
~˙
∇×E
verwendet wird. Daraus lässt sich formal recht einfach
~ = 1
H
µµ0
Z
~ dt
∇×E
herleiten.
Mit der Substitution ξ = ωt − ~k ◦ ~r ergibt sich zunächst für die Rotation
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5
µ
~ =
∇×E
=
=
=
¶
∂
h ∇×(ξE0 )
∂ξ
µ
¶
∂
h ~k×E0
∂ξ
µ
¶
∂
h (kx , ky , kz )T ×(Ex , Ey , Ez )T )
∂ξ
¶
µ
∂
h ((ky Ez − kz Ey )~ex + (kz Ex − kx Ez )~ey + (kx Ey − ky Ex )~ez )
∂ξ
Nun muss das Zeitintegral ausgeführt werden. Auf Grund der Tatsache, dass
ist, ergibt sich
Z µ
d
h
dt
.
³
=ω
¶
∂
1
1
h dt =
h{ξ} = h{ωt − ~k ◦ ~r}
∂ξ
ω
ω
und damit resultiert für die magnetische Feldstärke
1
~0
h{ωt − ~k ◦ ~r}~k×E
ωµµ0
1 ~ ~
=
k×E
ωµµ0
~ =
H
wie im Skript für ebene Wellen mit harmonischer Zeitabhängigkeit dargestellt wurde.
∂
h
∂ξ
´
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6
Aufgabe 6
In einem Hohlleiter (y-Ausdehung: b, z-Ausdehnung: c) wird folgende Feldverteilung gemessen:
n
o
n
o
~ = E0 sin n · π y · sin p · π z · exp{i(ωt − βx)} · (~ez − ~ey )
E
b
c
Bei x = 2b und z = 2c
wird ein gerader infinitesimal dünner, ideal leitfähiger Draht in y3
Richtung orientiert eingefügt. Welche Konsequenz hat dies für n und p? Bestimmen Sie die
minimale Kreisfrequenz ω des Feldes.
Lösung zu Aufgabe 6
Wenn der Hohlleiter mit einer Kante auf der x-Achse liegt, ergibt sich zunächst für n und p
n = 1, 2, .... ∈ N
p = 1, 2, .... ∈ N
Bei x = 2b , z =
2c
3
.
~ tan = Ey~ey = 0 gelten. Nach einsetzten ergibt sich:
muss E|
~ = E0 · sin{n · π · y } · sin{p · π · 2c } · exp{i(ωt − β · b )} · (~ez − ~ey )
E
b
3c
2
Somit ergibt sich für p eine Änderung:
p =
3 6
, , ....
2 2
und gleichzeitig muss p ∈ N erfüllt sein. Also
p
∈N .
3
Die Grenze der Kreisfrequenz des Feldes ergibt sich aus der Dispersionsrealtion für verschwindendes β:
r³ ´
n 2 ³ p ´2
+
ωgr = cπ
b
c
und die kleinste Kreisfrequenz ergibt sich für die beiden kleinsten Werte n = 1 und p = 3.
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7
Aufgabe 7
Gegeben ist im Bereich 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b, −∞ ≤ z ≤ ∞ das Vektorfeld
~ = (Hx~ex + Hy~ey + Hz~ez ) cos {ωt − kz z}
H
mit
Hx = H0 sin {kx x} cos {ky y} , Hz = 0.
~ die Maxwellgleichungen (inklusive der Wellengleichung) erfüllt
Finden Sie ein Hy für das H
und überprüfen Sie Ihr Ergebnis.
Lösung zu Aufgabe 7
Das magnetische Feld muss quellenfrei sein
³
´
~ = ∇ ◦ µµ0 H
~ =0
∇◦B
³
´
³
´
~
~
d H ◦ e~x
d H ◦ e~y
⇒
+
=0
dx
dy
³
´
Z d H
~ ◦ e~x
~
⇒ H ◦ e~y =
dy
dx
H0 kx
cos {kxx } · sin {ky y}
=−
ky
Damit ist eine mögliche Lösung von Hy festgelegt. Diese muss zusätzlich die Wellengleichung
~ −
∆H
erfüllen. Eingesetzt mit

~ =
∆H

1 ∂2 ~
H=0
c2 ∂t2
∂ 2 Hx
+
∂x2
∂ 2 Hy
+
∂x2
2
∂ Hz
+
∂x2
∂ 2 Hx
+
∂y 2
∂ 2 Hy
+
∂y 2
2
∂ Hz
+
∂y 2
∂ 2 Hx
∂z 2
∂ 2 Hy
∂z 2
∂ 2 Hz
∂z 2



ergibt sich komponentenweise
³
´
³ ω ´2
~
~
~ ◦ e~x
∆H ◦ e~x = (−kx − ky − kz ) · H ◦ e~x =
·H
c
³
´
³ ω ´2
~
~
~ ◦ e~y
∆H ◦ e~y = (−kx − ky − kz ) · H ◦ e~y =
·H
c
³
´
³ ω ´2
~
~ ◦ ez
∆H ◦ e~z = 0 =
·H
c
Es geschieht häufig der Fehler, dass der Laplace-Operator falsch, also zum Beispiel als Skalar
oder nur auf eine Vektorkomponente angewendet wird.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
8
Aufgabe 8
Eine ebene Welle fällt aus dem Medium 1 mit Brechzahl n1 auf eine Schicht der Brechzahl
n2 > n1 und Schichtdicke d, die Ihrerseits durch Luft begrenzt ist. In der Luft soll sich keine
Welle von der Grenzfläche wegbewegen. In welchem Bereich muss dazu der Einfallswinkel
liegen?
Lösung zu Aufgabe 8
Zur Lösung des Problems wird das Snellius-Brechungsgesetz in der vektoriellen Darstellung
herangezogen:
~n×(~kin − ~ktr ) = 0
Die zur Grenzfläche tangentiale Komponente der einfallenden Welle ist
~n×(~kin = n1 k0 sin{θin }, wenn wie üblich der Winkel gegen die Normale auf die Grenzfläche gemessen wird. In der Luft soll sich keine Welle von der Grenzfläche weg bewegen. Das
bedeutet, dass der Realteil der Normalkomponente von ~k in der Luft verschwindet. Die Normalkomponente ergibt sich aus der Dispersionsrelation zu
~n ◦ ~kLuft
q
= |~kLuft |2 − |~n×~kLuft |2
Da das Snelliusgesetz verlangt, dass die Tangentialkomponente von ~k an allen parallelen Grenzflächen gleich ist, kann ~n×~kLuft durch ~n×~kin ersetzt werden. Die Forderung, dass der Realteil
von ~n ◦ ~kLuft verschwindet, bedeutet, dass
|~n×~kLuft | > |~kLuft |
gelten muss. Es resultiert also mit |~kLuft | = k0
n1 k0 sin{θin } > k0
oder
sin{θin } >
1
n1
.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
9
Aufgabe 9
Ein doppelt geschirmtes Koaxialkabel idealer Leitfähigkeit ist wie folgt aufgebaut:
Innenleiter
erste Abschirmung
zweite Abschirmung
0<r<a
b<r<c
d<r<e
(b > a)
(d > c)
In der ersten Abschirmung fließt der Strom I in positiver z-Richtung, auf der zweiten Abschirmung wird der dreifache Strom in negativer z-Richtung eingeprägt, zwischen dem Innenleiter
und der ersten Abschirmung wird die Spannung U gemessen und zwischen den beiden Abschirmungen 2U . Bestimmen sie den Poyntingvektor zwischen den Leitern (c < r < d und
a < r < b) und den Strom auf dem Innenleiter, wenn der Bereich r > e feldfrei ist.
Lösung zu Aufgabe 9
Der Strom auf dem Innenleiter beträgt 2I. Die Felder ergeben sich wie folgt (siehe auch Übungen):
a<%<b
~ I = 2 · I · ~eϕ
H
2π%
~ I = ± U 1 ~e%
E
ln{ ab } %
c<%<d
~ II = ± 2 · U 1 ~e%
~ II = 3 · I · ~eϕ E
H
2π%
ln{ dc } %
aus
~=E
~ ×H
~
S
ergeben sich die beiden Pointingvektoren zu:
I ·U
· ~ez
π%2 ln{ ab }
3·I ·U
= ± 2
· ~ez
π% ln{ dc }
~I = ±
S
~II
S
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
10
Aufgabe 10
Ein angeschliffener Saphirkristall mit den Materialkonstanten n = 1.768 und µ = 1 wird von
eine Welle mit
~ = (exp {i(ωt − kz)}) (Ex~ex + Ey~ey ) .
E
bestrahlt. Der Kristall ist so angeschliffen, dass das am Kristall reflektierte Licht linear polarisiert ist und und diese Polarisation mit einer Achse des Koordinatensystems übereinstimmt.
Entlang welcher Achse ist dieses Licht polarisiert? Welcher Einfallswinkel α ist zu wählen?
Welches µ müsste der Kristall haben, damit auch unter demselben Einfallswinkel α keine der
beiden einfallenden Polarisationen reflektiert wird? Nehmen sie hierbei an, dass ε bei Änderung
von µ konstant bleibt.
y
α
z
x
Spiegel
Kristall
Spiegel
Abbildung 1: Saphirkristall und einfallendes Licht.
Lösung zu Aufgabe 10
Die Oberfläche des Kristalls hat die Normale ~n = ny · e~y + nz · e~z Der TE polarisierte Anteil
~ ◦ ~n = 0 ergibt sich aus der x-Kompontente von E, also E~TE = Ex · e~x = 1, 056(arc) =
E
n
o
60, 507◦ . Nimmt der Einfallswinkel θ = arctan nKristall
verschwindet der TM polarisierte
nLuft
Anteil aus der Reflektierten Welle und das reflektierte Licht ist nur TE polarisiert.
−µtr
in −ktr )
Wenn rµ = µµin
= rk = ~~nn◦(k
, dann wird der Reflektionsfaktor rTE zu Null und am
◦(kin +ktr )
in +µtr
Kristall wird die Einfallende Welle komplett transmittiert. In diesem Fall gilt µ = ε = n =
1, 768.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
11
Aufgabe 11
~ = E0 exp{i(ωt − ~k ◦ ~r)}~ex mit ~k = k2~ey + k3~ez fällt auf die Grenzfläche
Die ebene Welle E
z = h zwischen zwei unmagnetischen Medien. Die Amplitude der transmittierten magnetischen
Feldstärke ist genauso groß wie die des reflektierten Feldes. Welche relative Dielektrizitätskonstante hat das Medium, an dem die Welle reflektiert wird? Die einfallende Welle läuft in einem
Medium mit der Brechzahl n.
Lösung zu Aufgabe 11
Die Amplituden der magnetischen Feldstärke der einfallenden und der reflektierten Wellen sol~ oder |H|
~ gemeint, es werden
len gleich groß sein. Bei den Feldstärkamplituden ist immer |E|
also keine Richtungen berücksichtigt. Die Amplituden der magnetischen und der elektrischen
Feldstärke hängen über der Wellenwiderstand miteinander zusammen: E = ZH = Zn0 H. Zur
Festlegung der Nomenklatur wird hier angenommen, dass die Welle aus Medium 1 auf das
Medium 2 trifft.
Hier handelt es sich um eine TE-Welle. Als Basis muss die elektrische Feldstärke betrachtet
werden. Die magnetische Feldstärke wird daraus abgeleitet
Eref = |rE,TE |Ein = |rTE |Ein
,
Etr = |tE,TE |Ein = |(1 + rTE )|Ein
und damit
Href Zref = |rTE |Hin Zin ,→ Href = |rTE |Hin
Htr Ztr = |(1 + rTE )|Hin Zin
.
Da die magnetischen Feldstärken der reflektierten und der transmittierte Welle die gleiche Amplitude haben sollen, muss gelten (es werden Quadrate verwendet, um die Betragsbildung direkt
zu erreichen)
2
=
rTE
n22
(1 + rTE )2
n21
Zu berücksichtigen ist der Reflexionsfaktor
.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
rTE =
12
~n ◦ (~kin − ~ktr )
~n ◦ (~kin + ~ktr )
und der Transmissionsfaktor
tTE = 1 + rTE =
2~n ◦ ~kin
~n ◦ (~kin + ~ktr )
.
Damit lässt sich folgendes errechnen:
2
n
(~n ◦ (~kin − ~ktr ))2 = 4 22 (~n ◦ ~kin )2
n1
Es gilt ~n ◦ ~kin = kz und wegen des Snelliusgesetzes und der Dispersionsrelation ~n ◦ ~ktr =
p
k02 n22 − kx2 . also im unmagnetischen Medium mit n2 = ε
µ
¶2
q
ε2
2
kz − k0 ε2 − kx2 = 4 kz2
ε1
.
Dies führt nach kurzer Umrechnung auf eine quadratische Gleichung mit der gesuchten Größe
ε2 :
q
kz2
µ
ε22
4kz2
− k02
ε1
+ 2kz
¶2
ε2
k02 ε2 − kx2 + ε2 k02 − kx2 = 4 kz2
ε1
q
ε
2
2kz k02 ε2 − kx2 = 4 kz2 − ε2 k02 + kx2 − kz2
ε1
µ 2
¶
4kz
2
= ε2
− k0 + kx2 − kz2
ε1
·
+ 2ε2
¡
kx2
−
kz2
¢
µ
4kz2
− k02
ε1
¶
¸
−
2kz2 k02
¡
¢2
+ 4kx2 kz2 + kx2 − kz2
= 0
.
Das Problem kann als gelöst angesehen werden, wenn folgende Substitution verwendet wird:
¶2
µ 2
4kz
2
− k0
A =
ε1
¶
µ
¡ 2
¢ 4kz2
2 2
2
2
B = 2kz k0 − kx − kz
− k0
ε1
¡
¢2
C = 4kx2 kz2 + kx2 − kz2
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
13
(hier sind alle Größen bekannt), da dann einfach resultiert
ε2
B
=
±
A
r
C B2
−
A A2
.
Zu beachten ist, dass natürlich ε2 > 0 resultieren muss!
Aufgabe 12
~
Durch ein B-Feld
wird ein geladenes Teilchen der Masse m und Ladung q auf einer Kreisbahn
~ = ω · ~ez .
von Radius R gehalten. Das Teilchen bewegt sich mit der Winkelgeschwindigkeit Ω
~
Wie gross ist B?
Lösung zu Aufgabe 12
Die Bewegungsgleichungen ergeben:
~r = R · ~e%
~v = ω · R · ~eϕ
~a = −ω 2 · R · ~e%
Das Kräftegleichgewicht mit der Lorenzkraft ergibt:
³
´
~
m · ~a = q ~v × B
³
´
~
−mω 2 R~e% = q ωR~eϕ × B
~ = B · ~ez sein. Somit ergibt sich:
Damit das Kreuzprodukt erfüllt ist, muss B
B=−
mω
q
Aufgabe 13
Ein unendlich ausgedehnter flächiger Halbleiter/Halbleiter-Übergang besteht aus zwei leitfähigen Materialien. Das Material im Bereich 0 ≤ x ≤ i hat die spezifische Leitfähigkeit σ1 und die
relative Dielektrizitätskonstante ε1 , im Bereich i ≤ x ≤ d gilt σ2 sowie ε2 . Das Potenzial ist in
den Punkten V {x = 0} = 0 und V {x = d} = V0 vorgegeben. In diesen Punkten existiert keine
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
14
Flächenladung. Die Bereiche mit 0 ≤ x < i und i < x ≤ d sind raumladungsfrei. Berechnen
Sie den Potenzialverlauf im Bereich 0 ≤ x ≤ d. Bestimmen Sie die Flächenladungsdichte %S in
der Ebene x = i.
Lösung zu Aufgabe 13
Die Anordnung hat eine zweidimensionale Symmetrie
V = V {x}
~ = E · e~x
E
~j = j · e~x .
³
´
³
´
³
~2 − D
~ 1 = %s = ~n ◦ ~j ε2 ε0 −
An den Stellen x = i gilt ~n ◦ ~j2 − ~j1 = 0 sowie ~n ◦ D
σ2
εε0 ~
~
~
mit D = εε0 E = j. Die Potentiale wachsen linear in den Schichten
σ
x
i
x−i
.
V2 = V02 + V12
d−i
An den Berandungen ist das Potential eingeprägt
V1 = V01 + V11
V1 {x = 0} = 0
V2 {x = i} = V1 {x = i}
V2 {x = d} = V0
~j1 ◦ e~x = ~j2 ◦ e~x
⇒ V01 = 0
⇒ V02 = V11
⇒ V02 + V12 = V0
V12
V11
σ1 =
σ2
⇒
i
d−1
i
σ2
⇒ V11 = V12
·
d − i σ1
damit folgt
¶
σ2
i
·
=
= V12 1 +
d − i σ1
σ1 d + (σ2 − σ1 )i
V12
= V0
σ1 (d − i)
µ
V02 + V12
V12 = V0
σ1 (d − i)
σ1 d + (σ2 − σ1 )i
Das Potential in den Bereichen 1 und 2 lautet damit
σ2 x
V1 = V0
σ1 d + (σ2 − σ1 )i
σ1 x + (σ2 − σ1 )i
V2 = V0
σ1 d + (σ2 − σ1 )i
ε1 ε0
σ1
´
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
15
Aufgabe 14
Zwei kreisförmige Leiterschleifen vom Radius R sind koaxial im Abstand d zueinander angeordnet. In einer Schleife fließt der Strom I. Welcher Strom muss in der anderen Schleife fließen,
wenn diese mit der Kraft F abgestoßen wird?
Lösung zu Aufgabe 14
Eine der beiden Leiterschleifen sei in der x-y-Ebene angeordnet. Der Strom fließe in ϕ-Richtung
(Zylinderkoordinaten). Dann kann das magnetische Dipolmoment einfach als m
~ 1 = m1~ez mit
m1 = πR2 I angegeben werden. Die Kraft auf den zweiten Leiter ergibt sich aus dem Integral
ZZZ
F~ =
~ 1 d3 r2
~j2 ×B
.
Da es sich hier um einen Stromfaden handelt, kann das Volumenintegral auf das Linienintegral
umgeformt werden (Konzept des Stromfadens). Hier wird angenommen, dass auch der zweite
Strom in ϕ-Richtung läuft: ~j2 = I2 δ{z − d}δ{ρ − R}~eϕ . Das Linienelement lautet dann einfach
d~` = ρ dϕ~eϕ . Die magnetische Induktion ist
³
~
r
|~
r|
´
3 m
~ ◦
~ = µ0
B
4π
|~r|3
~
r
|~
r|
−m
~
Für ~r kann am Ort der zweiten Stromschleife immer ~r2 = d~ez + R~eρ eingesetzt werden. Der
Betrag lautet |~r|2 = R2 + d2 . Mit m
~ ◦ ~r = m1 d resultiert die magnetische Induktion am Ort der
zweiten Stromschleife
d~ez + R~eρ
3m1 d 2
− m1~ez
µ0
µ
0
R + d2
~ =
= m1
B
√
3
4π
4π
R2 + d2
µ0 (2d2 − R2 )~ez + 3dR~eρ
= m1
.
4π
(R2 + d2 )(5/2)
µ
¶
3dR
3d2
− 1 ~ez + 2
~eρ
2
2
R +d
R + d2
(R2 + d2 )(3/2)
Das Kreuzprodukt zur Berechnung der Kraft ergibt
2
2
~ = m1 µ0 (2d − R )~eρ − 3dR~ez
~eϕ ×B
4π
(R2 + d2 )(5/2)
.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Frühjahr 2007
Unter Berücksichtigung, dass
H
~eρ dϕ = 0 und
H
16
~ez dϕ = 2π~ez ergibt, resultiert für die Kraft
3dR
µ0
F~ = −I2 m1
~ez
2
2 (R + d2 )(5/2)
.
Die Kraft soll nach Aufgabe F~ez sein. Damit ergibt sich für den Strom in der zweiten Leiterschleife
I2 = −F
2 (R2 + d2 )
I1 µ0 π
3dR3
(5/2)
.