Klassische Theoretische Physik III WS 2014/2015 Blatt 10 Lösungen

Karlsruher Institut für Technologie
Institut für Theorie
der Kondensierten Materie
Klassische Theoretische Physik III
WS 2014/2015
Dr. B. Narozhny
Blatt 10
Lösungen
1. Polarisation:
(2+2+3+3=10 Punkte)
Prof. Dr. A. Shnirman
Betrachten wir zwei monochromatische Wellen mit den Amplituden
~ 01 = (0, A1 , 0),
~ 02 = 0, 0, A2 eiδ ,
A
A
wobei A1 , A2 reell sind und δ die Phasendifferenz ist.
Für die elektromagnetischen Wellen wählen wir die folgende Eichung:
ϕ = 0,
~
~ = − 1 ∂A .
E
c ∂t
Das elektrische Feld erster Welle ist
~ 1 = 1 Re iωA1 ei(kx x−ωt) ~ey = − ω A1~ey sin(kx x − ωt).
E
c
c
Für die zweite Welle erhalten wir
~ 2 = 1 Re iωA2 ei(kx x−ωt+δ) ~ez = − ω A2~ez sin(kx x − ωt + δ).
E
c
c
~ =E
~1 + E
~ 2 wenn
Finden Sie das gesamte, physikalische (d.h. reelle) elektrische Feld E
(a) die Phasendifferenz ist gegeben durch δ = 0 oder δ = π (lineare Polarisation);
Wenn δ = 0, dann
~ =E
~1 + E
~ 2 = − ω sin(kx x − ωt) [A1~ey + A2~ez ] .
E
c
Wenn δ = π, dann
~ = − ω sin(kx x − ωt) [A1~ey − A2~ez ] .
E
c
In beide Fälle ist die Richtung der Schwingung des elektrischen Feldes konstant.
(b) die Phasendifferenz ist δ = π/2 und A1 = A2 (zirkulare Polarisation).
Wenn δ = π/2 und A1 = A2 , bezeichne E0 = ωA1 /c, und
~ = −E0 [sin(kx x − ωt)~ey + cos(kx x − ωt)~ez ]
E
= E0 [sin(kx x − ωt + π)~ey + cos(kx x − ωt + π)~ez ] .
~ ist konstant, aber die Richtung der Schwingung des elektrischen
Der Betrag |E|
Feldes ändert sich innerhalb der senkrecht zum Wellenvektor stehenden Ebene mit
~ einen Kreis.
konstanter Winkelgeschwindigkeit. Damit beschreibt der Vektor E
(c) Zeigen Sie, dass die Superposition der zwei zirkular polarisierten Wellen
~ 1 = E0 [cos (kx − ωt + φ0 ) ~ez + sin (kx − ωt + φ0 ) ~ey ] ,
E
~ 2 = E0 [cos (kx − ωt) ~ez − sin (kx − ωt) ~ey ] ,
E
linear polarisiert ist.
~ =E
~1 + E
~ 2.
E
Betrachten wir erst die z-Komponente:
φ0
φ0
cos kx − ωt +
~ez .
E0 cos(kx − ωt + φ0 )~ez + E0 cos(kx − ωt)~ez = 2E0 cos
2
2
Die y-Komponente ist
φ0
φ0
cos kx − ωt +
~ey .
E0 sin(kx − ωt + φ0 )~ey − E0 sin(kx − ωt)~ey = 2E0 sin
2
2
Deswegen finden wir für das Gesamtfeld
φ0
φ0
φ0
~
E = 2E0 cos ~ez + sin ~ey cos kx − ωt +
.
2
2
2
Die Richtung der Schwingung des elektrischen Feldes ist konstant und ist gegeben
durch
φ0
φ0
~n = cos ~ez + sin ~ey .
2
2
(d) Betrachten Sie die Superposition einer zirkular polarisierten Welle und einer linear
polarisierten Welle. Welche Gebilde beschreibt das elektrische Feld?
Betrachten wir die Superposition einer linear polarisierten Welle
~ 1 = E01~ey sin(kx − ωt),
E
und einer zirkular polarisierten Welle
~ 2 = E02 [sin(kx − ωt)~ey + cos(kx − ωt)~ez ] .
E
Für die y-Komponente erhalten wir
E01 sin(kx − ωt) + E02 sin(kx − ωt) = [E01 + E02 ] sin(kx − ωt).
Deswegen ist das Gesamtfeld
~ = Ey~ey sin(kx − ωt) + Ez~ez cos(kx − ωt),
E
wobei
Ey = E01 + E02 ,
Ez = E02 .
~ beschreibt eine Ellipse.
Der Vektor E
2. Kugelwelle:
(4+1=5 Punkte)
Das elektrische Feld einer Kugelwelle sei gegeben durch:
sin ϑ
1
~
E(r, ϑ, ϕ, t) = A
sin (kr − ωt) êϕ ,
cos (kr − ωt) −
r
kr
mit
ω
= c.
k
~ ϑ, ϕ, t), so dass die Maxwell-Gleichungen im Vakuum erfüllt sind.
(a) Finden Sie B(r,
Aus Maxwell-Gleichungen folgt:
~
∂B
~ × E.
~
= −c∇
∂t
~ ist durch
Die Rotation des in Kugelkoordinaten gegebenen Vektorfeld E
1
∂
∂E
1
1
∂E
∂
ϑ
r
~ ×E
~ =
∇
(Eϕ sin ϑ) −
~er +
− (rEϕ ) ~eϑ
r sin ϑ ∂ϑ
∂ϕ
r sin ϑ ∂ϕ
∂r
1 ∂
∂Er
(rEϑ ) −
~eϕ
+
r ∂r
∂ϑ
~ ∝ ~eϕ (d.h. mit Er = Eϑ = 0) erhalten wir
gegeben. Mit E
1
∂
∂
1
~ ×E
~ =
− (rEϕ ) ~eϑ .
(Eϕ sin ϑ) ~er +
∇
r sin ϑ ∂ϑ
r
∂r
Für das elektrischen Feld in dieser Aufgabe finden wir
2A
cos
ϑ
1
~ ×E
~ =
∇
cos (kr − ωt) −
sin (kr − ωt) ~er
r2
kr
A sin ϑ
1
1
−
−k sin (kr − ωt) + 2 sin (kr − ωt) − cos (kr − ωt) ~eϑ .
r
kr
r
Damit folgt:
~ ϑ, ϕ, t) = B
~ w (r, ϑ, ϕ, t) + B
~ 0 (r, ϑ, ϕ),
B(r,
wobei B0 unabhängig von t ist und
2cA cos ϑ
1
w
~
B (r, ϑ, ϕ, t) =
sin (kr − ωt) +
cos (kr − ωt) ~er
ωr2
kr
cA sin ϑ
1
1
−
k cos (kr − ωt) − 2 cos (kr − ωt) − sin (kr − ωt) ~eϑ .
ωr
kr
r
Nun benutzen wir
~
~ ×B
~ − 1 ∂ E = 4π ~j.
∇
c ∂t
c
Wir können jetzt explizit betätigen, dass
~
~ ×B
~ w = 1 ∂E .
∇
c ∂t
Es folgt
~ ×B
~ 0 = 4π ~j.
∇
c
~ 0 = 0.
Für j = 0 setzen wir B
Deswegen bekommen wir das Ergebniss:
A
1
~ ϑ, ϕ, t) =
B(r,
cos (kr − ωt) ~er
2 cos ϑ sin (kr − ωt) +
kr2
kr
1
− sin ϑ kr cos (kr − ωt) −
cos (kr − ωt) − sin (kr − ωt) ~eϑ .
kr
~ und daraus den Intensitätsvektor I~ = hSi,
~
(b) Berechnen Sie den Poynting-Vektor S
indem Sie über eine Periode mitteln.
Der Poynting-Vektor is gegeben durch
~ × B.
~
~= c E
S
4π
~ und B
~ erhalten wir
Mit der Hilfe der expliziten Ausdrücken für E
cA2 sin ϑ
1
2
~
S=
cos ϑ sin 2(kr − ωt) 1 − 2 2 +
cos 2(kr − ωt) ~eϑ
4πkr3
k r
kr
1
1
1
2
+kr sin ϑ cos (kr − ωt) −
sin 2(kr − ωt) 2 − 2 2 − 2 2 cos 2(kr − ωt) ~er .
2kr
k r
k r
D E
~
~ ergibt sich:
Der Intensitätsvektor I = S
cA2 sin2 ϑ
~
I=
~er .
8πr2
Hier haben wir die folgenden Identitäten benutzt:
2
hsin 2(kr − ωt)i = 0,
sin (kr − ωt) = cos2 (kr − ωt) = 1/2.
3. Koaxiale Übertragugsleitungen:
(3+2+5+5=15 Punkte)
(a) Zeigen Sie, dass die Maxwell’schen Gleichungen in diesem Fall zur folgenden Relation führen:
k = ω/c.
Maxwell’sche Gleichungen innerhalb des Koaxialkables:
~ ·E
~ = 0,
∇
~
~ ×E
~ = − ∂B ,
∇
∂t
~ ·B
~ = 0,
∇
~
~ ×B
~ = 1 ∂E .
∇
c2 ∂t
Wellen-Ansatz:
~ =E
~ 0 (x, y)ei(kz−ωt) ,
E
~ =B
~ 0 (x, y)ei(kz−ωt) ,
B
E0z = B0z = 0.
Damit finden wir
∂E0y ∂E0x
−
= 0,
∂x
∂y
∂B0y ∂B0x
−
= 0,
∂x
∂y
−kE0y = ωB0x ,
kE0x = ωB0x ,
kB0x = −
kB0y =
ω
E0y ,
c2
ω
E0x .
c2
Von der letzten vier Gleichungen erhalten wir
ω
k= .
c
~ 0 und B
~ 0 . Zeigen Sie, dass
(b) Finden Sie die Relation zwischen den Komponenten von E
die Maxwell’schen Gleichungen äquivalent den Elektrostatik- und Magnetostatik~ 0 und B
~ 0 sind.
Gleichungen im leeren Raum für E
Von der Maxwell’schen Gleichungen erhalten wir
E0x = cB0y ,
E0y = −cB0x
⇒
~ ⊥ B.
~
E
Die Kontinuitätsgelichungen:
~ ·E
~ = 0,
∇
~ ·B
~ = 0.
∇
Von der Kontinuitätsgelichungen und der Maxwell’schen Gleichungen erhalten wir
∂E0y ∂E0x
−
= 0,
∂x
∂y
∂E0x ∂E0y
+
= 0,
∂x
∂y
∂B0y ∂B0x
−
= 0,
∂x
∂y
∂B0x ∂B0y
+
= 0.
∂x
∂y
(c) Benutzen Sie die Maxwell’schen Gleichungen (sowie die Randbedingungen für ideale
~ 0 und B
~ 0 zu finden.
Leiter), um E
Die Lösung können wir von der Elektrostatik (sowie Magnetistatik) übernehmen.
Das elektrische Feld einer unendlich ausgedehnten Linienladung ist (in Zylindrischen
Koordinaten)
~ 0 = A ~e~r .
E
r
Das magnetische Feld eines unendlichen geraden Stroms ist
~ 0 = A ~eϕ .
B
cr
Wir können jetzt explizit bestätigen, dass die Maxwell’schen Gleichungen sowie die
Randbedingungen für beliebigen Werten von A erfüllt sind.
(d) Bestimmen Sie die (zeitabhängige eindimensionale) Ladungsdichte ρ(z, t) sowie den
Strom I(z, t) im inneren Leiter des Koaxialkabels.
Benutzen wir das Gauß’schen Gesetz für einen Zylinder von Radius r und Länge
dz:
I
~ · d~a = 1 Q.
E
0
Die linke Seite:
I
~ · d~a = E0 cos(kz − ωt) (2πr)dz
E
r
Die rechte Seite:
Q = λdz.
Deswegen
λ = 2π0 E0 cos(kz − ωt).
Jetzt benutzen wir das Amper’schen Gesetz für ein Kreis von Radius r:
I
~ · d~l = µ0 I.
B
Die linke Seite:
I
~ · d~l = E0 cos(kz − ωt) (2πr).
B
c
r
Deswegen
I=
2πE0
cos(kz − ωt).
µ0 c