Elektromagnetische Felder Klausur 17. Februar 2004 1. a) I =2 3√3

Elektromagnetische Felder
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2 ν 2 t B0
1. a) I = √
R
3 3
UR = I · R
b)
y
I
x
4 32 2 1
c) F = P
ν = 9 ν t B0 · R
d) I wird um den Faktor 32 größer bei gleicher Spannung, entsprechend F
e) F = 0
E0′
=2
E0
′′
E
R= 0 =1
E0
2
(2E )2 E ′′2
E ′2 E ′′2
E
b) 0 = 0′ + 0 = ∞0 + 0
Z
Z
Z
Z
2. a) T =
E02 = E0′′2 bzw. 1 = 1
c)
I
II
Z
Eges= 0 überall
Z´=h
Z´=h
Z
E ges
3. Es gibt kein eindeutig definiertes Skalarpotential für das Magnetfeld in dieser Aufgabe, denn auf einem geschlossenen Weg um den Leiter herum verschwindet das
H
~ · d~s nicht, sondern ist I.
Integral H
Nur wenn der äußere Raum einfach zusammenhängend gemacht wird, etwa durch die
Einführung einer imaginären Trennfläche in Form der x > R-y-Halbebene, welche
nicht durchquert werden darf, kann ein eindeutig definiertes Skalarpotential für das
Magnetfeld angegeben werden.
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4. a) Totalreflexion
n′
b)
,
n
′
n
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n > n′ ,
sin ϕ′ > 1
c) Wenn d den Durchmesser des Kerns mit Brechungszahl n kennzeichnet, gilt
Multi-Mode d ≫ λ
Single-Mode d ∼ λ
5. a) E1r (r) =
Q
·1
2 · π · ε0 εr1 · l r
r i ≤ r ≤ rg
Q
·1
rg ≤ r ≤ ra
2 · π · ε0 εr2 · l r
µ
¶
ln(rg /ri ) ln(ra /rg )
Q
b) U =
+
εr1
εr2
2 · π · ε0 · l
E2r (r) =
U
¶
ln(rg /ri ) ln(ra /rg )
+
εr1 ·
εr1
εr2
U
¶
µ
E2r (r) =
ln(rg /ri ) ln(ra /rg )
+
εr2 ·
εr1
εr2
c) E1r (r) =
d) Emax =
µ
· 1r
· 1r
U
ri · ln(ra /ri )
ri , weil dort die Feldlinien am dichtesten sind → maximales E−Feld!
E1r(r)
=
Emax
ln(ra /ri )
ri
·
ln(rg /ri ) ln(ra /rg ) r
+
)
εr1 · (
εr1
εr2
E2r(r)
=
Emax
ln(ra /ri )
ri
·
ln(rg /ri ) ln(ra /rg ) r
εr2 · (
+
)
εr1
εr2
E1r (r)
r
⇒ 0, 75·( )−1
Emax
ri
E2r (r)
r
⇒ 1, 25·( )−1
Emax
ri
r = ri
r = rg
r = ra
G
E
G
Emax
G
G
1
3
8
r
ri
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~ ∼ 12
• E
r
1
~ ∼
• E
r
~
• E ∼ const.
~ ∼ 13
• E
r
R
~ nda = q
b) Gaußscher Satz s E~
ε0
R
~ n oberhalb und unterhalb von σ und E
~ homogen ⇒ E da = q
Ek~
ε0
s
Gesamtoberfläche S besteht aus oberer Seite und unterer Seite, d.h.
q
q
σ = const.
E · 2A = ε0 ⇔ E = 2Aε = 2ε
6. a)
0
0
~
c) elektrischer Dipol: Elektrostatik, nur E−Feld
~ und H−Feld
~
Hertzscher Dipol: Strahlungsquelle /elektromagn. Wellen, E−
d) Hertzscher Dipol: E ∼ 1r
~ r) = − µ0 J0 e~x
7. B(~
2
8. a) Die Amplituden müssen phasengleich sein, oder aber um 180◦ phasenverschoben
sein.
b) Die Amplituden müssen betragsgleich und um 90◦ phasenverschoben sein.
9. a)
z
usw.
. . . . .
. . . . .
+t
-4
-t
-3
-2
1
-1
1
-1
usw. -t
+t
b)
ϕ=−
~ =
E
τ
2πε0
-t
+t
-t
3
2
+t
usw.
4
x
-t usw.
+t
p
τ
ln x2 + (z − 1)2
2πε0

x
1
 0 
2
x + (z − 1)2
z−1

~ nicht von y abhängig.
Wegen Symmetrie bzw. y−Translationsvarianz ist E
c)
ϕ divergiert gegen ∞ für y−Integration, da dann ∞ - viel Ladung im Raum.
~ ges(0,0,0)
E

0
τ
· 0, 7 ·  0 
≈
πε0
−1
d) In der Formel für ϕ muss ϕ0 addiert werden

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~ r) = E0 · e−jk1 z · 2 · cos(k2 x) · e~y
10. a) E(~
~ r) = − E0 · e−jk1 z [2k1 · cos(k2 x) · e~x + 2jk2 sin(k2 x) · e~z ]
b) H(~
µ0 ω
2
~ = 2 · E0 · k1 · cos2 (k2 x) · e~z
c) S
µ0 ω
W
Einheit: [S] = m
2
Erklärung: Energiefluss in Ausbreitungsrichtung
11. a) w = x2 − y 2 +j 2xy
| {z }
|{z}
u
v
• Platte auf pos. x−Achse:
x ≥ 0, y = 0 ⇒ w = x2 = u,
d.h. u ≥ 0 (pos. u−Achse)
• Platte auf pos. y−Achse:
x = 0, y ≥ 0 ⇒ w = −y 2 = u,
d.h. u ≤ 0 (neg. u−Achse)
• Hyperbel:
a2
x, y, ≥ 0
xy =
2
⇒ w = x2 − y 2 + ja2 = u + ja2 ,
d.h. gerade parallel zur u−Achse (u bel.) im Abstand v = a2 .
b)
jv
ja2
f=U
u
f=0
c) φ(v) = v2 U
a
Ã
!
0
~ =
E
= − U2 e~v
− U2
a
a
¡ ¢
~ = − 2U2 y
d) E
a x
~ · ~n
e) σ = ε0 E
σ(x) = − 2ε02U x
a
σ(y) = − 2ε02U y
a
f=0
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12.
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a) Q1 = −2 nC, Q2 = +5 nC, Q3 = −7 nC, Q4 = +4 nC.
b) Wges = (w2 + w3 + w4 ) · 1 m2 · 1 cm = 4,5 nJ.
13. (a) A = (b − a) · l = A
A = (d − c) · l = A
Iµ l
(b) Φ1 = 2π0 ln ab
Fluss von Leiter 1
Fluss von Leiter 1´
Iµ l
Φ2 = 2π0 ln c
d
Φ = Φ1 + Φ2 , M = Φ
I
µ
M ′ = M = 2π0 ln bc
l
ad
14.
a) Die Feldlinien beginnen und enden auf den Oberflächen der beiden Leiter. Sie
zeigen vom rechten zum linken Leiter und sind im Bereich zwischen den Leitern
sowie an deren Oberfläche am dichtesten. Das Innere der Leiter ist frei von
elektrischen Feldlinien.
b) Die Feldlinien verlaufen um die Leiter herum und sind geschlossen. Der linke
Leiter wird im Uhrzeigersinn, der rechte Leiter gegen den Uhrzeigersinn von
den Feldlinien umlaufen. Zwischen den Leitern und an deren Oberfläche ist die
Feldliniendichte am größten. Auch im Inneren des Leiters ist ein magnetisches
Feld vorhanden.
c) Aus der Zeichenebene heraus, d.h. auf den Betrachter zu wird Energie transportiert.
d) Das Kreuzprodukt aus elektrischem und magnetischem Feld ergibt den Poyntingvektor, welcher die Richtung des Energieflusses anzeigt. Seine Richtung erhält man z.B. durch Anwendung der Rechte-Hand-Regel.
e) Der Poyntingvektor ist innerhalb der beiden Leiter gleich Null, da dort das
elektrische Feld Null ist.