Elektromagnetische Felder I Lösung zur Klausur vom 02. September

Elektromagnetische Felder I
Lösung zur Klausur vom 02. September 2016
1. a) A/m2
b) Vs/m2
c) A/m
d) 1/m


2ρ cos ϕ
e) F (ρ, ϕ, z) =  ρ sin ϕ 
z
    

1
5
−14
f)  1  ×  6  =  11 
3
4
1
g) Q · δ(x) · δ(y) · δ(z) , auch möglich:
Q
Q
· δ(r) und
· δ(ρ) · δ(z)
2
4πr
2πρ
h) τ · δ(ρ − a) · δ(z)
i) σ · δ(r − b)
j) I · δ(y) · δ(z) · ~ex
I
· δ(ρ − a) · ~ez
k)
2πa
l) a2
2. Der sich zeitlich ändernde Strom verursacht einen sich zeitlich ändernden magnetischen
Fluss durch die Schleife aus ideal leitendem Draht und Ohmschen Widerstand. Hierdurch wird eine Spannung induziert, welche zu einen Stromfluss durch den Ohmschen
Widerstand und damit zu Verlustleistung führt.
3. a) Ladungserhaltung
b) Wahr sind: A, B, C, D, F
∂Q
∂Q
c) I +
= 0 , hierbei ist I der Strom der das Raumgebiet verlässt und
ist die
∂t
∂t
zeitliche Änderung der in dem Raumgebiet vorhandenen Ladung.
Bemerkung: Herleiten lässt sich die Gleichung durch Aufintegration jedes Terms der
Kontinuitätsgleichung über das Volumen des Raumgebiets, sowie Anwendung des
Gaußschen Integralsatzes auf das Integral über die Divergenz der Stromdichte.
d) Bei integraler Betrachtung bezieht sich div J~ auf die Berandung der Raumgebiete
∂ρ
auf deren Inhalt.
und
∂t
Rand, div J~
Inhalt,
∂ρ
∂t
A
B
C
>0
<0
=0
<0
>0
=0
~2 − E
~ 1 ) = ~0
4. a) ~n × (E
b) Die Tangentialkomponenten der elektrischen Feldstärke an einer Grenzschicht sind
stetig.
c) Die Tangentialkomponente des elektrischen Feldes ist an der Oberfläche eines idealen
elektrischen Leiters Null.
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H
s
~ = −B
~˙ bzw.
~ d~a
~ d~l = − d
d) rot E
E
B
C
dt SC
e) Ausgangsgeometrie war eine Rechteckschleife mit zwei Seiten parallel zur Grenzschicht, je eine in Medium 1 und eine in Medium 2. Die beiden anderen Seiten
durchstoßen die Grenzschicht senkrecht.
f) Es wurde betrachtet was passiert, wenn die Längen der beiden Seiten senkrecht zur
Grenzschicht beliebig klein werden.
g) Da die Fläche der Rechteckschleife zu Null wird, wird auch der umschlossene magnetische Fluss bzw. die zeitliche Flussänderung Null werden.
5. a) a = R · sin ϑ , L = π · R · sin ϑ
I · δ(r − R)
b) J~ = −
· ~eϑ
π · R · sin ϑ
t
~ r) × ~r0 − ~r dV
~ r0 ) = µ
J(~
c) B(~
4π
|~r0 − ~r |3
R
R∞ Rπ π/2
−~r 2
I · δ(r − R)
~ ~0 = µ
d) B
· ~eϑ ×
r sin ϑ dϕ dϑ dr
−
4π 0 0 −π/2 π · R · sin ϑ
|~r |3
=
R
µI R∞ Rπ π/2
δ(r − R) · ~eϑ × ~er dϕ dϑ dr
2
4π R 0 0 −π/2
=−
R
µI R∞ Rπ π/2
δ(r − R) · ~eϕ dϕ dϑ dr
2
4π R 0 0 −π/2
Zu beachten ist, dass sich die Integration nur über den ϕ-Winkelbereich erstreckt in
dem die Halbkugeloberfläche liegt.


− sin ϕ
e) Es ist ~eϕ =  cos ϕ  , damit ergibt sich:
0


−
sin
ϕ
π/2
∞
π
RR R
~ ~0 = − µI
B
δ(r − R) ·  cos ϕ  dϕ dϑ dr
4π 2 R 0 0 −π/2
  0
0
µI R∞ Rπ

2  dϑ dr
=− 2
δ(r − R) ·
4π R 0 0
0
µI
· ~ey
=−
2πR
~ r, t) = E
b0 · e j(ωt−kx · x) · ~ez mit kx < 0 . An kx < 0 und dem Fehlen von ky und kz
6. a) E(~
im Argumten der Exponentialfunktion lässt sich erkennen, dass sich die Welle in die
negative x-Richtung ausbreitet.
2
~ = ~0
~− 1 ∂ E
b) Wellengleichung: ∇2 E
c2 ∂t2
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~ = −B
~˙ (Faradaysches Induktionsgesetz):
c) Verwendet wird die Maxwellgleichung rot E


 
 
0
0
∂/∂x
~ =  ∂/∂y  × 
 =  jkx E
b0 · e j(ωt−kx · x) 
0
rot E
b0 · e j(ωt−kx · x)
∂/∂z
0
E


0
~ = 1  jkx E
b0 · e j(ωt−kx · x) 
⇒ −B
jω
0
~ = − kx · E
b0 · e j(ωt−kx · x) · ~ey
⇒B
ω
d)
~
E
z
~k
x
y
~
B
−λ/2
−λ
−3λ/2
−2λ
Hinweis: Ein anderer Bereich auf der x-Achse ist als Lösung auch möglich, ebenso
könnten die Vorzeichen beider Feldstärken gleichzeitig vertauscht sein. Im letzteren
Fall wären dann auch die Darstellungen in der nachfolgenden Teilaufgabe entsprechend anzupassen.
e)
x = −λ/4 :
z
~
E
2λ
2λ
~k
λ
λ
~
B
x = +λ/4 :
z
y
−2λ
x
−λ
−λ
λ
2λ
−2λ
y
−2λ
x
−λ
−λ
−2λ
λ
2λ
~k
~
B
~
E
f) Innerhalb jeder Ebene senkrecht zur Ausbreitungsrichtung ist der Momentanwert
der Feldstärken jeweils gleich.
7. a)
n=1
n′ = 1,5
~krefl
~ktrans
ϕ
~
E
~keinf
~
H
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b) Es sind Reflexions- und Transmissionskoeffizient gegen den Einfallswinkel für zwei
unterschiedliche Polarisationen aufgetragen:
Kurve 1: Transmissionskoeffizient für E-Feld senkrecht zur Einfallsebene
Kurve 2: Reflexionskoeffizient für E-Feld senkrecht zur Einfallsebene
Kurve 3: Transmissionskoeffizient für E-Feld parallel zur Einfallsebene
Kurve 4: Reflexionskoeffizient für E-Feld parallel zur Einfallsebene
Der Unterschied zwischen den beiden Paaren resultiert also aus der Unterscheidung
zwischen senkrechter und paralleler Polarisation des E-Feldes der einfallenden Welle
bezogen auf die Einfallsebene.
Begründungen für Übergang von n = 1 nach n′ = 1,5:
• Transmissionsfaktor wird erst bei 90◦ Null, also keine Totalreflexion
• Reflexionsfaktor bei 0◦ ist negativ, also Z2 < Z1 in Fresnel-Formeln und damit
n2 > n1 , also die Welle kommt aus dem optisch dünneren Medium
c) Bei Kurve 4 tritt der Brewsterwinkel zwischen 50◦ und 60◦ auf. Hier wird also diese
parallele“ Komponente des E-Feldes nicht reflektiert sondern nur die senkrechte“
”
”
aus Kurve 2. Die reflektierte Welle ist somit linear polarisiert.
d) Das Licht müsste vom Medium n′ = 1,5 auf n = 1 treffen um eine Totalreflexion
erhalten zu können. Die Totalreflexion wird z.B. in Lichtwellenleitern ausgenutzt.
Elektromagnetische Felder II
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8. a) keine Abstrahlung, keine Retardierung bzw. keine Phasenverschiebung zwischen A
und B
b) Induktivität bzw. induktives Verhalten
c) Speicherfähigkeit für elektrische Feldenergie
~ der Metallkugel entspricht außerhalb der Kugel dem Feld
9. a) Das elektrische Feld E
~ = Q ~er und innerhalb der Kugel ist es Null.
einer Punktladung E
4πε0 r2
Q2
1
.
Die elektrische Energiedichte we außerhalb der Kugel ist we = ε0 E 2 =
2
32π 2 ε0 r4
Die Energie W ergibt sich durch Integration der Energiedichte im gesamten Raum
außerhalb der Kugel:
Z ∞
y
Q2
Q2
1
2
we dV =
W =
·
4πr
dr
=
32π 2 ε0 r=R r4
8πε0 R
r≥R
b) Es werden zwei Lösungsmöglichkeiten vorgestellt:
i. Es wird die erforderliche Kraft entlang des Weges aus dem Unendlichen auf
die Kugeloberfläche aufintegriert. Der Weg verläuft radial auf die Kugel zu und
das elektrische Feld hat nur eine radiale Komponente von der Kugel weg. Beim
Übergang von vektoriellen auf skalare Größen erscheint daher ein Minuszeichen
im Integranden.
Z R
Z R
qQ
−1
qQ
~ d~r =
dr
=
Wq =
q·E
4πε0 ∞ r2
4πε0 R
r=∞
ii. Es wird die Energiedifferenz des elektrischen Feldes zwischen nach und vor dem
Dazufügen der Probeladung ermittelt.
(Q + q)2
Q2
2qQ + q 2 q≪Q qQ
Wq = W (Q + q) − W (Q) =
−
=
≈
8πε0 R
8πε0 R
8πε0 R
4πε0 R
Anmerkung: Aus dem zweiten Lösungsweg wird ersichtlich, dass im ersten Lösungsweg eine implizite Näherung bzw. Annahme verwendet wurde, nämlich dass die
hinzukommende Probeladung das Feld der Metallkugel während der Annäherung
aus dem Unendlichen nicht ändert. Das ist hier nur wegen q ≪ Q eine zulässige
Näherung.
c) Auch hier sollen zwei Lösungsmöglichkeiten aufgezeigt werden:
i. Die Potentialdifferenz zwischen Kugeloberfläche und Unendlich wird aus der
Integration des elektrischen Feldes ermittelt:
Z R
Z R
Q
1
Q
~
dr =
ϕ(R) − ϕ(∞) = −
E d~r = −
2
4πε0 ∞ r
4πε0 R
∞
Q
.
4πε0 R
ii. Die in b) ermittelte Energie Wq entspricht der Energie q · U bei der Bewegung
der Probeladung q zwischen Anfangs- und Endpunkt der Potentialdifferenz U .
Also:
Mit ϕ(∞) = 0 folgt ϕK = ϕ(R) =
Wq = q · U ⇒ U =
Wq
Q
Q
⇒ ϕ(R) − ϕ(∞) =
⇒ ϕK =
q
4πε0 R
4πε0 R
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Da es sich um eine Vollmetallkugel handelt ist das Innere der Kugel feldfrei und es
wurde stillschweigend angenommen, dass das Potential der Kugel ϕK das Potential
an der Kugeloberfläche ϕ(R) ist.
d) Die Kapazität hängt mit der im Feld der Kugel gespeicherten Energie zusammen
1
über W = CU 2 . Mit den Ergebnissen aus a) und c) folgt:
2
Q2
2·
2W
2W
8πε0 R
C= 2 =
=
2 = 4πε0 R
2
U
ϕK
Q
4πε0 R
10. a) Retardierung: Auswirkungen von Änderungen am Ort r~′ sind aufgrund der endlichen
Ausbreitungsgeschwindigkeit v erst mit zeitlicher Verzögerung am Ort ~r bemerkbar.
~′
Berücksicht ist die Retardierung im Term |~r−vr | .
b) Ja, auch in diesem Ausdruck ist eine Retardierung berücksichtigt und zwar im Term
k · |~r − r~′ | .
c) f1 (x + vt) sinnvoll für eine sich in negative x-Richtung ausbreitende Welle, f2 (x − vt)
sinnvoll für eine sich in positive x-Richtung ausbreitende Welle.
11. a) Eϑ , Er , Hϕ
λ
λ
λ
, Übergangsbereich mit r ≈
, Fernfeld mit r ≫
2π
2π
2π
1
Eϑ und Hϕ mit der Abstandsabhängigkeit
r
377 Ω
1
Leistungsflussdichte im Fernfeld ∝ 2 , Gesamtleistung ist konstant (nicht vom Abr
stand abhängig)
p
(y + d)2 + z 2
τ
Φ(y, z) =
· ln p
2πε
(y − d)2 + z 2
b) Nahfeld mit r ≪
c)
d)
e)
12. a)
(y + d)2 + z 2
= const =: c2 mit c2 > 1 wegen y > 0 (zur
(y − d)2 + z 2
Vereinfachung wird im Folgenden c statt c2 verwendet)
!
b) Φ(y, z) = const =: c1 ⇒
c) (y − ym )2 + (z − zm )2 = r2
d) Ja, die in b) gefragte Bedingung lässt sich in eine Kreisgleichung überführen:
(y + d)2 + z 2
= c ⇒ (y + d)2 + z 2 = c · ((y − d)2 + z 2 )
2
2
(y − d) + z
⇒ y 2 + 2yd + d2 + z 2 = c · (y 2 − 2yd + d2 + z 2 )
⇒ (c − 1)y 2 − (c + 1)2yd + (c − 1)d2 + (c − 1)z 2 = 0
Da y > 0 betrachtet wird ist c > 1 (c = 1 gilt nur bei y = 0) und es kann ohne
Fallunterscheidung duch c − 1 geteilt werden, es folgt:
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y2 −
c+1
2yd + d2 + z 2 = 0
c−1
Quadratische Ergänzung führt zu:
2 2
c+1
c+1
c+1
2
2yd + d ·
− d·
+ d2 + z 2 = 0
y −
c−1
c−1
c−1
!
2
2
c+1
c+1
2
2
⇒
y − d·
+z =d ·
−1
c−1
c−1
Somit lassen sich die folgenden Größen identifizieren:
c+1
ym = d ·
c−1
, zm = 0 , r = d ·
s
c+1
c−1
2
√
2 c
− 1 = d·
c−1
e) Ein Zusammenhang zwischen ym , r und d lässt sich finden, indem bei den im vorigen
Aufgabenteil identifizierten Größen die Konstante c eliminiert wird:
ym + d
c+1
⇒c=
ym = d ·
c−1
ym − d
Einsetzen in die Gleichung
für den Radius
2 undQuadrieren liefert:
ym + d
+ 1



2
2
 ym − d
 − 1 = ym
r 2 = d2 · 
− d 2 ⇒ ym
= r 2 + d2
  ym + d


−1
ym − d
Letzere Gleichung lässt sich als Satz des Pythagoras interpretieren.
f) Eine entsprechende Konstruktionsvorschrift könnte lauten:
1. Zeichne einen Hilfskreis in der y-z-Ebene mit Radius d um den Ursprung.
2. Markiere einen Punkt auf diesem Kreis. (Auswahl des Potentials)
3. Zeichne die Tangente durch diesen Punkt an den Kreis. Zeichne sie so lang, dass
sie die y-Achse schneidet.
4. Dieser Schnittpunkt mit der y-Achse entspricht dem Kreismittelpunkt der Äquipotentiallinie. Zeichne die Äquipotentiallinie durch Ziehen eines Kreises um diesen
Punkt mit einem Radius so groß, dass die Äquipotentiallinie den Hilfskreis genau
in dem unter 2. gewählten Punkt schneidet.
leitf. Ebene
Hilfskreis
1.
z gewählter Punkt
2.
r
d
3.
τ
x
ym
y
4.
Äquipotentiallinie
Hier noch eine Begründung für die Konstruktionsvorschrift - diese wird in der Aufgabenstellung nicht gefordert und soll hier nur das Verständnis dafür erleichtern, wie es
zur angegebenen Konstruktionsvorschrift kommt:
Die Äquipotentiallinien haben einen Mittelpunkt bei ym auf der y-Achse und einen
Radius r. Beide Werte sind nicht unabhängig voneinander, sondern hängen über das
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jeweilige Potential zusammen, wie in den Ergebnissen aus d) zu sehen ist - das Potential steckt dort in der Konstanten c. Das Ergebnis aus e) zeigt nun, dass r, d und ym
über den Satz des Pythagoras zusammenhängen, also ein rechtwinkliges Dreieck bilden.
Da d und r die Katheten bilden müssen die entsprechenden Seiten senkrecht aufeinandertreffen. Zeichnet man nun einen Hilfskreis mit dem Radius d um den Ursprung,
so muss für einen Äquipotentialkreis mit Radius r, der den Hilfskreis schneidet, gelten,
dass die Verbindungslinie zwischen dem Schnittpunkt der Kreise und dem Mittelpunkt
des Äquipotentialkreises (Länge r) senkrecht auf der Verbindungslinie zwischen Schnittpunkt und Ursprung (Länge d) steht, also eine Tangente an den Hilfskreis bildet, welche
die y-Achse bei ym schneidet.
13. a) Skineffekt, Proximity-Effekt
b) Leitfähigkeit, Permeabilität, Frequenz, Randbedingungen
14. a)
• Die cut-off-Frequenz ist diejenige Frequenz, oberhalb der eine Welle im Hohlleiter
ausbreitungsfähig ist, also (im verlustfreien Fall) eine reelle Wellenzahl besitzt.
• Modenreinheit bedeutet, dass bei der betrachteten Frequenz nur eine Mode ausbreitungsfähig ist.
• Bei der Signalübertragung in Hohlleitern ist Modenreinheit wichtig, da verschiedene Moden im Allgemeinen unterschiedliche Ausbreitungsgeschwindigkeiten haben. Ein Signal würde dann verzerrt, wenn keine Modenreinheit besteht.
b) Die cut-off-Frequenz ist diejenige
Frequenz bei der die
q Wellenzahl Null wird:
2
2
c
·
π
2
2
2
!
+ nb2 ⇒ ωc = √
+ nb2
km,n = 0 ⇒ εr µr ωc2c = π 2 m
· m
a2
a2
ε
µ
r r
q
c
n2
m2
⇒ fc (m, n) = √
· a2 + b 2
2 · εr µr
s
√
m2
n2
3 · 108 m/s
√
·
+
= 7,5 GHz · m2 + 4n2
c) fc (m, n) =
−2
2
−3
2
(10 m)
(5 · 10 m)
2· 4
Damit ergibt sich fc (1, 0) = 7,5 GHz, fc (0, 1) = 15 GHz und fc (2, 0) = 15 GHz. Da
höhere Moden mit höherem Index m oder n auch eine höhere cut-off-Frequenz haben
ist nur die H10 -Mode ausbreitungsfähig und es liegt Modenreinheit vor.
v
q
2
u
9
10
u
2π
·
·
10
Hz
t
8
1
1
2·
=
π
·
100
d) k10 = 4 · 1 ·
−
π
2
(3 · 108 m/s)2
m
(10−2 m)
1
2π
⇒ λHL1 = 2 cm
= π · 100
⇒
λHL1
m
q
e) Z1 = f µ0 λHL1 = 98 · 1010 Hz · 4π · 10−7 Vs/(Am) · 2 · 10−2 m
√
= 72 · π · 10 Ω ≈ 270 Ω
f) T = 1 + R = 1 + 0,5 = 1,5
Z2 − Z1
1,5
1+R
R=
= Z1 ·
≈ 810 Ω
⇒ Z2 = Z1 ·
Z2 + Z1
1−R
0,5
15. a) Mit der Methode der Bildladungen berechenbar sind die Anordnungen 1, 2 und 3,
nicht berechenbar sind die Anordnungen 4, 5 und 6.
Anmerkung: Anordnung 2 muss zur Berechnung in zwei unabhängige Probleme zerlegt werden.
b) Auf die Anordnung 4 lässt sich eine konforme Abbildung anwenden, auf die Anordnung 5 nicht (wegen fehlender Invarianz der Punktladung senkrecht zur Zeichenebene).
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c) Alle Bildladungen haben den gleichen Abstand zum Ursprung wie die realen Punktladungen.
+q
60 ◦
−q
3
−q
◦
30
60 ◦
1
+q
−q
−q
◦
30 ◦
30
30
◦
30 ◦
+q
+q
30
−q
60 ◦
60 ◦
◦
30
+q
◦
30 +q
+q
−q
◦
−q
Zerlegung der ursprünglichen Anordnung 2 in zwei unabhängige Probleme.
2a
2b
−q
2a
+q
a
+q
45 ◦
d
−q
+q
d) ϕ(~r) =
◦
−a
45
−q
−q
◦
45
45 ◦
+q
−2a
q
q
p
=
2
4πε0 · |~r − ~r0 |
4πε0 · (x − x0 ) + (y − y0 )2 + (z − z0 )2
e) Bildladungen:
Q′1 = −3 nC bei ~rQ′1 = (0, −2, 0) m
Q′2 = −63 nC bei ~rQ′2 = (3, −2, 6) m
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Berechnung der Potentiale:
ϕ(~r1 ) =
=
=
=
=
=
≈
≈
Q′2
Q2
Q′1
Q1
+
+
+
4πε0 · |~rQ1 − ~r1 | 4πε0 · |~rQ2 − ~r1 | 4πε0 · |~rQ′1 − ~r1 | 4πε0 · |~rQ′2 − ~r1 |
Q1
1
1
−
·
4πε0
|(0, 2, 0) m − (0, 4, 0) m| |(0, −2, 0) m − (0, 4, 0) m|
Q2
1
1
+
−
·
4πε0
|(3, 2, 6) m − (0, 4, 0) m| |(3, −2, 6) m − (0, 4, 0) m|
1
1
Q1
−
·
4πε0
2m 6m
!
Q2
1
1
+
· p
−p
4πε0
32 + (−2)2 + 62 m
32 + (−6)2 + 62 m
Q2
1
1
Q1
1
+
−
·
·
4πε0 3 m 4πε0
7m 9m
3 nC 63 nC · 2
1
+
·
4πε0
3m
63 m
1
· 3 nC/m
4πε0
3 nC/m
4 · 3 · 10−11 As/(Vm)
25 V
ϕ(~r2 ) = 0 V , da unterhalb der Platte keine reale Ladung vorhanden ist und dort
damit das Potential der Platte herrscht.