rb rc ra - KIT

Felder und Wellen
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Aufgabe 1 (16 Punkte)
Hinweis: Die Aufgabenteile c) & d) können unabhängig voneinander und von a) & b) gelöst werden.
Gegeben ist folgende im Koordinatenursprung zentrierte, kugelsymmetrische Anordnung mit der Gesamtladung Qges .
ra
rb
rc
Für rc < r < ∞ gelte κ = 0, ε = ε0 und ̺ = 0.
Ferner weisen die einzelnen Kugelschalen folgende Charakteristika auf:
0 ≤ r < ra :
ra ≤ r < rb :
rb ≤ r ≤ rc :
̺ =???
̺ = ̺0
̺ =???
κ=0
κ=0
κ=∞
ε = ε0
ε = ε60 r12
ε = ε0
~ = ̺0 r6~er
E
2ε0
~ =???
E
~ =???
E
~ =???
D
~ =???
D
~ =???
D
a) Berechnen Sie die unbekannten Größen im Bereich 0 ≤ r ≤ rc .
b) Berechnen Sie die Gesamtladungen Qb und Qc sowie die Flächenladungsdichen σb und σc auf
den beiden Kugeloberflächen bei r = rb und r = rc .
Die Anordnung wird nun mit einem im Koordinatenursprung zentrierten und entlang der Koordinatenachsen ausgerichteten Würfel der Kantenlänge 2l (l ≫ rc ) umschlossen, siehe Abbildung.
c) Berechnen Sie den Fluss ΦE des elektrischen Feldes der geladenen, kugelsymmetrischen Anordnung aus a) durch die Oberfläche der Würfelseite bei (x, y, z) = (0, l, 0). Nutzen Sie kartesische Koordinaten. Wie groß ist der Fluss durch die Oberfläche des gesamten Würfels?
Felder und Wellen
Hinweis 1:
Hinweis 2:
R
R
dx
(x2 +a2 )3/2
2/19
=
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x
a2 (x2 +a2 )1/2
dx
(x2 +a2 )(x2 +b2 )1/2
=
1
a(b2 −a2 )1/2
tan
−1
q
x
a
(b2 −a2 )
(x2 +b2 )
,
b 2 > a2
Der Würfel wird nun entlang der x-Achse um α = 30◦ im Uhrzeigersinn gekippt, siehe Abbildung.
Der Raum außerhalb des Würfels wird mit einem Dielektrikum der unbekannten Dielektrizitätszahl
ε2 gefüllt.
~
d) Wie muss ε2 gewählt werden, damit das E-Feld
entlang der positiven y-Achse beim Eintritt in
das Dielektrikum eine Richtungsänderung um 45◦ erfährt?
Felder und Wellen
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Lösung 1 (16 Punkte)
a) 0 ≤ r < ra :
Materialgleichung:
~ = ε·E
~
D
̺0 6
= ε0 ·
r · ~er
2ε0
~ = ̺0 r6 · ~er
⇒D
2
Satz von Gauss (differentielle Form):
~
̺ = divD
1 ∂ 2
r · Dr
= 2·
r ∂r
1 ∂ 2 ̺0 6 r · r
= 2·
r ∂r
2
5
⇒ ̺(r) = 4̺0 r
ra ≤ r < rb :
Kugelsymmetrie:
~ = Er (r) · ~er
E
Satz von Gauss (integrale Form):
I
Z
~
~
D df =
̺ dv
Z2πZπ
2
ε Er · r sin(ϑ) dϑ dϕ =
Zr Z2πZπ
0 0 0
Zr
0 0
4πr2 · εEr = 4π ·
4πr2 ·
ε0
Er
6r2
2
̺(r′ ) · r′ sin(ϑ) dϑ dϕ dr′
̺(r′ ) · r′2 dr′
0


Zra
Zr
= 4π ·  4̺0 r′5 · r′2 dr′ + ̺0 · r′2 dr′ 
0
ε0
ρ0
4π Er = 4π
3ra 8 + 2r3 − 2ra 3
6
| 6
{z
}
ra
Qi
⇒ Er
⇒ Dr
ρ0
3ra 8 + 2r3 − 2ra 3
=
ε0
̺0
= εEr = 2 3ra 8 + 2r3 − 2ra 3
6r
Felder und Wellen
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rb ≤ r ≤ rc :
idealer Leiter (κ = ∞):
⇒ Er = 0
Dr = 0
̺=0
b) Ansatz über Influenzladung auf den Oberflächen des idealen Leiters, da sich die gesamte Ladung der Anordnung im Bereich r ≤ rc . befindet. Aus Aufgabenteil a) folgt:
Qb = −Qi |r=rb
4π̺0
· 3ra 8 + 2rb 3 − 2ra 3
= −
6
Qc = −Qb
4π̺0
= +
3ra 8 + 2rb 3 − 2ra 3
6
Mit σ = Q/A folgt für die Flächenladungsdichten auf den Kugeloberflächen bei rb und rc :
Qb
4πrb2
̺0
= − 2 · 3ra 8 + 2rb 3 − 2ra 3
6rb
Qc
σc (r = rc ) =
4πrc2
̺0
= + 2 · 3ra 8 + 2rb 3 − 2ra 3
6rc
σb (r = rb ) =
~
c) Das E-Feld
außerhalb einer kugelsymmetrischen Ladungsverteilung ist gleich dem Punktladungsfeld der im Kugelmittelpunkt zentrierten Gesamtladung.
Transformation in kartesische Koordinaten:
Qges
· ~er
4πε0 r2
x~ex + y~ey + z~ez Qges
·
=
√2 2 2
4πε0 r2
r
r= x +y +z
~ =
E
=
Qges x~ex + y~ey + z~ez
·
4πε0 (x2 + y 2 + z 2 )3/2
Betrachtet wird die Würfelseite bei (x, y, z) = (0, l, 0), d.h. y = l und df~ = ~ey · dxdz.
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Elektrischer Fluss:
ΦE =
I
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~ f~
Ed
Qges
=
·
4πε0
Zl Zl
l
dzdx
(x2 + l2 + z 2 )3/2
−l −l
Qges
·l·
=
4πε0
Zl −l
Qges
·l·
=
4πε0
Zl
l
z
dx
(x2 + l2 )(x2 + l2 + z 2 )1/2 z=−l
2l
(x2
+
l2 )(x2
+ 2l2 )1/2
dx
−l
s
!#l
2
l
x
1
−1
·
tan
l2
l (x2 + 2l2 ) x=−l
Qges π
1
Qges
=
· 2 · tan−1 √
·
=
2πε0
πǫ0 6
3
Qges
=
6ǫ0
Qges 2
=
·l ·
2πε0
⇒ ΦE
"
Aus Symmetrieüberlegungen folgt der Fluss durch den gesamten Würfel als Summe der einzelnen Flüsse durch die Würfelseiten zu ΦE,ges = 6 · ΦE = Qǫges
.
0
d) Tangential– und Normalkomponenten:
Et1 = Er · cos(60◦ )
En1 = Er · sin(60◦ )
An der ladungsfreien Grenzfläche folgt:
1
Et2 = Et1 = Er
2
√
ε1 3
ε1
Er
En1 =
En2 =
ε2
ε2 2
Zusammenfassung der y– und z–Anteile:
Ey2 = En2 sin(60◦ ) + Et2 cos(60◦ )
1
ε1
=
3 + 1 Er
4
ε2
Ez2 = −En2 cos(60◦ ) + Et2 sin(60◦ )
√ 3
ε1
1−
=
Er
4
ε2
!
Für die gewünschte Ablenkung muss gelten Ey2 = Ez2 , d.h.:
√
ε1
ε1
!
3 +1 =
3 1−
ε2
ε2
√
⇒ ε2 = (3 + 2 3) · ε0
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Aufgabe 2 (16 Punkte)
Gegeben ist ein Zylinderkondensator.
L
κ
I
Ri
U
Ra
Die innere Elektrode des Kondensators befinde sich bei Ri , die äußere Elektrode bei Ra . Beide Elektroden besitzen unendlich hohe Leitfähigkeit. Der Zwischenraum ist mit einem Dielektrikum mit der
Dielektrizität ε = ε0 und der konstanten Leitfähigkeit von κ = κ0 6= 0 gefüllt.
a) Berechnen Sie mittels der Gleichung
κ
ε
κ
̺ + J~ · grad = 0
ε
κ
ε
die Raumladungsdichte ̺ zwischen beiden Zylindern.
b) Berechnen Sie das elektrische Feld zwischen beiden Zylindern als Funktion der Gesamtladung
Qi auf dem inneren Zylinder.
Von nun an sei die Leitfähigkeit des Dielektrikums im Zwischenraum radiusabhängig: κ = κ0rR0 . Die
angeschlossene Stromquelle liefert einen konstanten Strom I = I0 der durch den Kondensator fließt.
c) Berechnen Sie die Stromdichte ~j(r) in Abhängigkeit von I0 .
d) Wie verändert sich die Raumladungsdichte ̺ zwischen den beiden Zylindern mit dem neuen
Dielektrikum. Geben Sie ̺ in Abhängigkeit des Stroms I0 an.
e) Bestimmen Sie das Skalarpotential Φ(r) im Bereich Ri ≤ r ≤ Ra . Das Potential der äußeren Elektrode sei gleich Null (Φ(Ra ) = 0). Berechnen Sie zusätzlich den Widerstand R des
Zylinderkondensators.
Felder und Wellen
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Lösung 2 (16 Punkte)
a) κ = const. und ε = const.
b) Es gilt
I
~ df~ =
D
Z
⇒
grad
k
=0
ε
⇒
̺=0
̺ dv
V
(V )
~ = DR (R) · ~eR Da
Der innere Zylinder trage die Ladung Qi . Aus Symmetriegründen gilt D
der Zwischenraum feldfrei ist, gilt:
Qi =
I
~ df~ = DR (R) · 2π ℓ R
D
(V )
⇒
DR (R)
=
Qi
2π ℓ R
⇒
ER (R)
=
Qi
Qi
~ =
⇒ E
~eR
2π ℓ R ε0
2π ℓ R ε0
R
~jdf~
c) Ansatz: I~ =
Der Gesamtstrom durch jede Zylinderhülle zwischen Ri und Ra beträgt I0 . Aufgrund der Symmetrie besitzt ~j nur eine radiale Komponente jr .
I0 =
Z2π ZL
jr (r)rdldϕ = 2πrLjr (r)
ϕ=0 l=0
jr (r) =
I0
2πrL
~ = ρ bestimmt werden.
d) Die Raumladungsdichte im Dielektrikum kann über div D
jr (r)
κ(r)
I 0 ε0
r
=
·
2πrL κ0 R0
I 0 ε0
=
2πLκ0 R0
Dr (r) = ε0
~
ρ(r) = div D
1 ∂
I 0 ε0
=
r
r ∂r 2πLκ0 R0
I 0 ε0
=
2πLκ0 R0 r
Felder und Wellen
e) Ansatz: Φ = −
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R
~ s
Ed~
Φ(r) − Φ(Ra ) = −
| {z }
=0
Zr
Er (r′ )dr′
Ra
r
I0
′
=−
r
2πLκ0 R0 Ra
I0
=
(Ra − r)
2πLκ0 R0
Widerstand berechnen
R=
U
I
Spannung U aus Potentialdifferenz.
U = Φ(Ri ) − Φ(Ra )
I0
(Ra − Ri )
=
2πLκ0 R0
R=
Ra − Ri
2πLκ0 R0
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Felder und Wellen
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Aufgabe 3 (16 Punkte)
y
λ1
λ2
2b
l/2
O
x
b
z
x0
l/2
5b
Leiterschleife
I
±I
Zwei unendlich lange, gerade Linienleiter λ1 , λ2 verlaufen parallel zur z-Achse in der xz-Ebene, wie
im Bild dargestellt. Der Betrag des konstanten Stromes in jedem Leiter sei I. Die Leiterschleife sei
zunächst noch nicht da.
a) Für welchen Strom +I oder −I im Leiter λ2 existiert im Raum ein H-Feld freier Ort?
Wo befindet sich der Ort, und warum existiert dort kein H-Feld?
Hinweis: Orte im Unendlichen sind nicht zu betrachten.
Nun sei der Strom −I im Leiter λ2 .
~ zwischen den
b) Bestimmen Sie die Komponenten Hx , Hy , Hz der magnetischen Feldstärke H
Leitern im Bereich b < x < 5b in der Ebene y = 0.
~ auf der
c) Skizzieren Sie qualitativ den Verlauf des Betrags der magnetischen Feldstärke (|H|)
x-Achse für die drei Bereiche x < b, b < x < 5b und x > 5b.
Zwischen beiden Leitern liegt nun in der xz-Ebene im Abstand x0 vom Koordinatenursprung O eine rechteckige, unterbrochene Leiterschleife der Länge l und der Breite 2b. Die Längsseiten (l) der
Schleife liegen parallel zu den beiden stromführenden Leitern λ1 und λ2 .
d) Berechnen Sie den magnetischen Fluss Φm (x0 ) durch die Leiterschleife für b < x0 < 3b.
Hinweise:
- Im Raum sei die Permeabilität µ = µ0 .
- log α − log β = log αβ für α > 0, β > 0 oder α < 0, β < 0.
e) Wie groß ist der magnetische Fluss Φm (x0 = 2b) durch die Leiterschleife? Warum?
Felder und Wellen
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Lösung 3 (16 Punkte)
y
λ1
λ2
O
x
b
5b
3b
H(λ2 )
z
I
H(λ1 )
+I
a) Da die Ströme durch die Leiter λ1 und λ2 betragsmäßig gleich groß sind kann nur zwischen
~
beiden Leitern ein H feldfreier Ort entstehen. Bedingung ist hierfür, dass die H-Felder
sich
gegenseitig aufheben. Bei der eingezeichneten Orientierung des Stromzählpfeils von Leiter λ2
muss der Strom −I fließen damit sich die Felder aufheben.
Lösung Strom: −I;
Dies wird besser ersichtlich, wenn man die Zählpfeilrichtung von Leiter λ2 umkehrt. Damit
ändert sich auch das Vorzeichen des Stromes in Leiter λ2 zu +I. Anschließende Anwendung
der rechten Hand-Regel führt zu obiger Skizze.
~
Man erkennt die Symmetrie der Anordnung mit den entgegengesetzt gerichteten H-Feldlinien
zwischen den Leitern. Da beide Ströme vom Betrag her identisch sind hebt sich das Feld genau
in der Mitte der beiden Leiter (x = 3b) auf der xz-Ebene auf.
Lösung feldfreier Raum:
~
Gerade (x = 3b, y = 0, z) weil sich dort die H-Felder
gegenseitig aufheben
b) Die Feldlinien verlaufen in konzentrischen Kreisen um die stromdurchflossenen Leiter λ1 und
~
λ2 . Da die Leiter selbst in der xz−Ebene (y = 0) liegen, besitz das H-Feld
in der xz−Ebene
nur eine Hy -Komponente. Hx = Hz = 0.
Berechnung von Hy :
Für den stromdurchflossenen Leiter gilt das Durchflutungsgesetz:
Z
~ =I
~ · ds
H
(1)
Felder und Wellen
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Die allgemeine Lösung in Zylinderkoordinaten (Leiter im Zentrum des Zylinders lautet):
I=
Z2π
0

 
0
Hr
Hϕ  · rdϕ = Hϕ 2πr
0
Hz

(2)
Somit:
Hϕ (r) =
I
2πr
(3)
Anpassung der Zylinderkoordinatenlösung auf die kartesischen Koordinaten:
I. Leiter λ1 :
Im Bereich b < x < 5b verlaufen die Feldlinien in der Ebene y = 0 in positive y-Richtung. Die
Position x = b entspricht r = 0. Dieser Offset muss berücksichtigt werden:
~ y,λ1 (x) =
H
I
e~y
2π(x − b)
(4)
II. Leiter λ2 :
Im Bereich b < x < 5b verlaufen die Feldlinien in der Ebene y = 0 in negative y-Richtung.
Die Position x = 5b entspricht r = 0. Dieser Offset muss berücksichtigt werden:
~ y,λ2 (x) =
H
I
I
· −e~y =
e~y
2π(5b − x)
2π(x − 5b)
(5)
III. Summe der H-Felder:
~ y (x) = H
~ y,λ1 (x) + H
~ y,λ2 (x) = I
H
2π
Lösung: Hx = Hz = 0.
Hy (x) =
I
2π
1
1
+
(x − b) (x − 5b)
1
(x−b)
+
1
(x−5b)
e~y
(6)
N.B.:
Kontrolle feldfreier Raum aus Aufgabe a) bei x = 3b liefert: Hy (3b) =
I
2π
1
2b
+
1
−2b
=0
Felder und Wellen
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c) Da der Betrag der Feldstärke zu skizzieren ist muss der Verlauf spiegelsymmetrisch sein, da
beide Leiter betragsmäßig die selbe Feldstärke verursachen. Die Spiegelache muss duch x = 3b
gehen, da hier das Feld zu 0 wird. In den Bereichen x < b und x > 5b zeigt die Feldstärke den
klassischen 1/r Abfall. Dieser ist auch im Zwischen-Bereich x < b < 5b gegeben nur mit der
Randbedingung, dass bei x = 3b das Feld zu 0 werden muss.
|H|
b
3b 5b
x
d) Allgemein berechnet sich der magenetische Fluß Φm durch eine Fläche A zu:
ZZ
~
~ dA
Φm =
B
(7)
A
mit

0
~ = µ0 · Hy (x) .
B
0

(8)
Die Feldstärke ist entlang z-Position konstant. Daher muss nur entlang der x-Achse integriert
werden. Für den differentiellen Flächenvektor folgt:
 
0
~ = l · dx · e~y =  l  dx.
(9)
dA
0
Somit erhält man für den magnetischen Fluss durch die Leiterschleife für b < x0 < 3b:

  
xZ
xZ
0 +2b
0 +2b
0
0
1
1
µ
l
I
0
µ Hy (x) ·  l  dx =
Φm (x0 ) =
+
dx.
2π
(x − b) (x − 5b)
0
0
x0
x0
(10)
Felder und Wellen
13/19
Der mathematischen Formelsammlung entnimmt man:
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R
1
x−a
= ln(x − a). Dies führt zu
µ0 l I
[ln(x − b) + ln(x − 5b)]xx00 +2b
2π
µ0 l I
=
(ln(x0 + b) − ln(x0 − b) + ln(x0 − 3b) − ln(x0 − 5b)) .
2π
Φm (x0 ) =
Zusammenfassen der Logarithmen wie im Hinweis gegeben liefert dann die
Lösung:
µ0 l I
x0 − 3b
x0 + b
Φm (x0 ) =
+ ln
ln
.
2π
x0 − b
x0 − 5b
(11)
(12)
(13)
e) Lösungsweg I: Nachdenken und Verständnis
Für x0 = 2b liegt die Schleife mittig zwischen den beiden Leitern. Leiter λ1 und λ1 verursachen
im Bereich 0 < x < 5b betragsmäßig den selben Fluß aber mit entgegengesetzten Vorzeichen.
Lösung:
Φm (x0 = 2b) = 0.
(14)
Lösungsweg II: Berechnung mit Lösung aus Aufgabenteil d.
x0 = 2b einsetzen in Gleichung (13):
Φm (x0 = 2b) =
=
=
=
2b + b
2b − 3b
µ0 l I
ln
+ ln
2π
2b − b
2b − 5b
µ0 l I
1
ln 3 + ln
2π
3
µ0 l I
(ln 3 + ln 1 − ln 3)
2π
0
(15)
(16)
(17)
(18)
Felder und Wellen
14/19
Klausur F15
Aufgabe 4 (16 Punkte)
Gegeben sei ein Hohlleiter mit rechteckförmigen Querschnitt aus unendlich gut leitendem Material.
Die Kantenlängen des Querschnitts seien a und b. Im Inneren des Hohlleiters befindet sich ein Vakuum
und es breitet sich eine T Emn -Welle aus. Für Hz gelte
Hz = Hz0 (x, y)ej(ωt−kz z) .
x
a
z
b
y
~
a) Geben Sie die allgemeinen Randbedingungen für einen ideal leitenden Hohlleiter bezüglich E
~
und B an.
~
~
Geben Sie die Randbedingungen für das E-Feld
und das H-Feld
an.
Geben Sie die Randbedingung für das elektrische Feld der T Emn -Welle an.
b) Die Funktionen Hz0 = A sin kx x sin ky y und Hz0 = B cos kx x cos ky y beschreiben jeweils ein
~
mögliches H-Feld
im Leiterinneren. Welche der beiden Funktionen erfüllt die Randbedingungen und welche Werte sind für kx und ky erlaubt? Begründen Sie Ihre Antwort rechnerisch.
Hinweis:
−jωµ
ω 2 µǫ − kz2
jωµ
Ey = 2
ω µǫ − kz2
Ex =
∂Hz
∂y
∂Hz
·
∂x
·
c) Bestimmen Sie für eine Frequenz ω1 die Wellenzahl kz mit dem größten möglichen Wert unter
Berücksichtigung der Lösung aus Aufgabenteil b) und der Wellengleichung
~ − ǫµ
∆H
~
∂ 2H
= 0.
∂t2
Geben Sie alle möglichen Lösungen an.
d) Bestimmen Sie die Phasengeschwindigkeit
Annahme das b > a.
ω
k
und die Gruppengeschwindigkeit
dω
dk
unter der
Felder und Wellen
15/19
Klausur F15
Lösung 4 (16 Punkte)
a) Randbedingungen
~ und die Normalkomponente von B
~ verschwinden:
Die Tangentialkomponente von E
~ × ~n = 0
E
und
~ · ~n = 0,
B
(19)
wobei ~n der Normalenvektor auf die Fläche sei. Außerdem folgt aus der Annahme eines Vakuums im Inneren des Hohlleiters, dass die Ausbreitungsgeschwindigkeit der Lichtgeschwindigkeit entspricht c̄ = c.
Ey (0, y, z) = Ey (a, y, z) = Ex (x, 0, z) = Ex (x, b, z) = 0,
(20)
∂Hz (0, y)
∂Hz (a, y)
∂Hz (x, 0)
∂Hz (x, b)
=
=
=
= 0.
∂x
∂x
∂y
∂y
(21)
Für die T Emn -Welle gilt: Ez = 0.
b) Bestimmung von kx und ky
Der richtige Ansatz ist Hz0 = B cos kx x cos ky y. Die Differentiation in x-Richtung ergibt mit
der Randbedingung aus Aufgabenteil a):
∂Hz0 (0, y)
= −Bkx sin kx 0 cos ky y
∂x
∂Hz0 (a, y)
= −Bkx sin kx a cos ky y
∂x
= 0,
(22)
= 0 ⇒ sin kx a = 0
nπ
⇒ kx =
n = 0, 1, 2, . . .
a
(23)
(24)
In y-Richtung ergibt sich:
∂Hz0 (x, 0)
= −Bky cos kx x sin ky 0
∂y
∂Hz0 (x, b)
= −Bky cos kx x sin ky b
∂y
= 0,
(25)
= 0 ⇒ sin ky b = 0
(26)
mπ
m = 0, 1, 2, . . .
(27)
b
unter der Bedingung das nicht gleichzeitig m = 0 und n = 0 gilt, da sonst die Bedingung
~ 6= 0 verletzt wird.
divH
⇒ ky =
c) Berechnung der Wellenzahl kz
Die Gleichung für Hz lautet:
mπ
nπ j(ωt−kz z)
Hz = B cos
y cos
xe
.
b
a
Aus der in der Aufgabenstellung gegebenen Wellengleichung ergibt sich somit:
mπ 2 nπ 2
−
− kz2 + ω 2 µǫ,
0=−
b
a
mπ 2 nπ 2
2
2
−
.
⇒ kz = ω µǫ −
b
a
(28)
(29)
Felder und Wellen
16/19
Klausur F15
Die größtmögliche Lösung für kz ergibt sich in Abhängigkeit von a und b unter folgenden
Bedingungen:
m = 0, n = 1,
m = 1, n = 0.
(30)
Die Bedingungen sind geknüft an die Forderung aus Aufgabenteil b) das immer eine Komponente n oder m ungleich Null sein muss!
Für m = 0 und n = 1 ergibt sich:
π 2
kz2 = ω12 µǫ −
a
r
π 2
.
⇒ kz = ω12 µǫ −
a
(31)
Für m = 1 und n = 0 ergibt sich:
kz2 = ω12 µǫ −
r
⇒ kz =
ω12 µǫ
π 2
−
b
π 2
b
(32)
.
Je nachdem ob a größer ist als b oder umgekehrt ergibt sich das entsprechende Ergebnis!
d) Phasen- und Gruppengeschwindigkeit bestimmen
Da b > a folgt aus den Lösungen von Aufgabenteil c) für kz :
r
π 2
2
kz (b) > kz (a) ⇒ max (kz ) = kz (b) = ω1 µǫ −
.
b
Für die Phasengeschwindigkeit
ω
ω
=c= q
kz
ω 2 µǫ −
ω
kz
ergibt sich damit:
(34)
π 2
b
und für die Gruppengeschwindigkeit
q
2
1 ω µǫ −
=
vg =
c
ǫµ
ω
c20
(33)
π 2
b
dω
dk
resultiert:
(35)
oder
vg =
dk
dω
−1
.
(36)
Felder und Wellen
17/19
Klausur F15
Aufgabe 5 (16 Punkte)
Medium mit κ > 0, ǫr > 1
Vakuum
x
y
z
z=0
Eine elektromagenetische, ebene Welle breitet sich im Vakuum in z-Richtung aus und trifft an der
Stelle z = 0 auf ein leitfähiges Medium mit κ > 0 und ǫr > 1. Das Feld im leitfähigen Medium wird
durch folgenden Ansatz beschrieben:
~ = E0 ej(ωt−kz)~ex
E
~ = H0 ej(ωt−kz)~ey
H
Hinweis: Alle folgenden Aufgabenteile beziehen sich auf das leitfähige Medium.
a) Bestimmen Sie k im Medium mit Hilfe der Wellengleichung für harmonische Vorgänge
~ − j ωµκE
~ + ω2 µ ε E
~ =0
∆E
b) Berechnen Sie mit Hilfe der Maxwellgleichungen H0 als Funktion von E0 .
~ und E-Feld
~
c) Wie groß ist der Betrag der Phasenverschiebung zwischen Him Medium?
d) Das Material leitet sehr gut (κ ≫ ωε).
Berechnen Sie die Näherung für k und zerlegen Sie k in seinen Real- und Imaginärteil. Geben
~
Sie den Ausdruck für das E-Feld
an.
√
1−j
Hinweis: −j = √
2
e) Nach welcher Distanz im Medium hat die Strahlungsleistung der Welle um -3dB abgenommen?
Felder und Wellen
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Klausur F15
Lösung 5 (16 Punkte)
a)
~
∂2 E
~ + ω 2 µεE
~ =0
− jωµκE
2
∂z
~
Angegebenes E-Feld
eingesetzt:
⇒ k 2 = −jωµκ + ω 2 µε
r
jκ
√
k = ω µε 1 −
ωε
b) Berechnung von H0 :
~
~ = −∂ B
rot E
∂t
∂
E
x
~ =
~ey = −jkE0 ej(ωt−kz)~ey
rot E
∂z
~
∂B
= −jωµH0 ej(ωt−kz)~ey
−
∂t
⇒ H0 =
k
E0
ωµ
(37)
c) Die Phasendrehung wird nach Gleichung 37 durch die komplexe Wellenzahl verursacht. Es ist
also die Phase von k zu berechnen.
∠k = arctan
Im{k}
Re{k}
Da sich k schwer zerlegen lässt, kann man nach den Rechenregeln für komplexe Zahlen auch
die Phase von k 2 berechnen:
1
−ωµκ
1
κ
1
= − arctan
∠k = ∠k 2 = arctan 2
2
2
ω µε
2
ωε
d)
k ≃ ω
≃
r
√
µε
r
κ p
−j
ωε
ωµκ
(1 − j)
2
~ = E0 ejωt e−j
⇒ E
√ ωµκ
2
z −
e
√ ωµκ
2
z
~ex
Felder und Wellen
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Klausur F15
e) Da nach der Strahlungsleistungsdichte gefragt ist, muss der Pointingvektor betrachtet werden.
Es gilt:
S ∼ E2
Daher muss gelten:
~ 2
E(z)
kE 2 (z = 0)k2
⇒e
−
√ ωµκ
2
z
= −3dB ≈ 0, 5
·e
−
√ ωµκ
2
z
= e−
√
ln(2)
ln(0, 5)
=√
⇒ z = −√
2ωµκ
2ωµκ
2ωµκz
= 0, 5
⇒−
p
2ωµκz = ln(0, 5)