Aufgabe 1 Aufgabe 2

Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2002
1
Aufgabe 1
Lösung
Für den Strom im Inneren der Sonde gilt:
~j =
π
I
¡ D ¢2 · ~ez
(1)
2
Am Halbkugelende gilt für die Normalkomponente des Stromes:
³
´
~jnorm = ~j ◦ ~er ~er
(2)
mit: ~er = sin{θ} cos{ϕ}~ex + sin{θ} sin{ϕ}~ey + cos{θ}~ez
Ã
!
I
⇒ jnorm~er =
¡ D ¢2 · cos{θ} ~er
π 2
(3)
(4)
Nach Beispiel 4.3.1 gilt:
µ
¶
ε1 ε0 ε2 ε0
%s =
−
jnorm
σ1
σ2
¶
µ
I
ε1 ε0 ε2 ε0
−
=
¡ D ¢2 · cos{θ}
σ1
σ2
π 2
(5)
(6)
Aufgabe 2
Lösung
Die Oberflächenladung folgt aus
¯
~2 − D
~ 1 )¯¯
%S = ~n ◦ (D
Grenze
wobei der Normalenvektor von links nach rechts zeigt und der Index 1 für das Feld im
Medium links der Grenzfläche und Index 2 für das Feld rechts der Grenzfläche steht. Die
Dielektrische Verschiebung ist
~ + P~ .
~ = ε0 E
D
Im gesamten Raum soll das elektrische Feld verschwinden. Polarisation P~ = P0~n ist nur
in der Platte eingeprägt. Damit gilt für die linke Grenzfläche
%S,links = ~n ◦ (P~ ) = P0
und an der rechten Grenzfläche
%S,rechts = ~n ◦ (−P~ ) = −P0
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Aufgabe 3
Lösung
Mit der Volumenladungsdichte
%V = %L δ{r0 − r0 }δ{z 0 }
~
und dem Ansatz für das E-Feld
folgt auf der z-Achse
Z 2π Z ∞ Z ∞
%L δ{r0 − r0 }δ{z 0 } (−r0 cos φ0~ex − r0 sin φ0~ey + (z − z 0 )~ez ) 0 0 0 0
~ = 1
E
r dz dr dφ
3
4π²0 0
(r0 2 cos2 φ0 + r0 2 sin2 φ0 + (z − z 0 )2 ) 2
0
−∞
bzw.
~ = %L
E
4π²0
Z
2π
(−r0 cos φ0~ex − r0 sin φ0~ey + z~ez )
3
(r02 + z 2 ) 2
0
r0 dφ0
Die Integration der sin und cos-Terme über eine volle Periode gibt 0, daher:
z
~ = %L r0
~ez
E
2²0 (r02 + z 2 ) 23
Die Bestimmungsgleichung lautet also
QEz = mQ g
Aufgabe 4
Lösung
Das Magnetfeld seinerseits hängt mit der magnetischen Induktion über
~ = 1 B
~ −M
~
H
µ0
zusammen. Nach Voraussetzung soll das magnetische Feld überall verschwinden, also muss
überall
~
~ = µ0 M
B
(7)
gelten. Im Aussenraum ist die Magnetisierung 0 und somit existiert dort keine magnetische
Induktion. Im Innenraum kann (7) verwendet werden
(
~ =
B
~ innen
µ0 M
0
außen
.
(8)
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Aufgabe 5
Lösung
Die Acht wird in zwei Leiterkreisschleifen aufgeteilt. Der Strom ist in beiden Schleifen
gleich, ihre Fläche ist gleich, jedoch ist der Umlaufsinn unterschiedlich. Lt. Sktipt gilt
also für die beiden Leiterschleifen:
m
~ 1 = IπR2~ez
m
~ 2 = −IπR2~ez = −m
~1
(9)
(10)
Diese Dipole befinden sich an den Stellen ~r1 und ~r2 = −~r1 . Das magnetische Vektorpotential der Anordnung ist für große Entfernungen zur Schleife
1
1
(~r − ~r1 ) × m
~1
+ (~r + ~r2 ) × m
~2
3
|~r − ~r1 |
|~r + ~r1 |3
1
' 3 ((~r − ~r1 ) × m
~ 1 − (~r + ~r1 ) × m
~ 1)
|~r|
1
= −2 3 ~r1 × m
~1 .
|~r|
~ =
A
(11)
(12)
(13)
Der Vergleich zu dem allgemeinen Vektorpotenzial eines Dipols
~ = 1 ~r × m
A
~1
|~r|3
zeigt, dass man kein allgemeines Dipolmoment für die gesamte Anordnung angeben kann.
Aufgabe 6
Lösung
Da das Magnetfeld nur eine von ρ abhängige φ-Komponente besitzt ist die Rotation von
~ in Zylinderkoordinaten
H
~ =
∇×H
1 ∂
(ρHφ )~ez = 0
ρ ∂ρ
daher würde
ZZ
~ ◦ d2 S
~=0
(∇ × H)
S
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ergeben, unabhängig von der Form der Fläche. Zur Berechnung des Kurvenintegrals
wählen wir nun eine Kreisscheibe. Das zu S zugehörige Kurvenintegral ergibt
I
Z 2π
I
~
~
H dl =
~eφ ◦ r0~eφ dφ0 = I
.
2πr0
CS
0
Das Problem besteht nun darin, dass das Vektorfeld bei ρ = 0 eine Polstelle besitzt, die
Rotationsbildung mittels den üblichen Differenzialoperatoren also nur in einem Gebiet
ohne den Ursprung erlaubt ist. Damit ist die Anwendbarkeit des klassischen Stoke’schen
Satzes nicht gegeben.
Aufgabe 7
Lösung
~ und ~j folgt, dass A
~ in z- Richtung zeigt.
Aus dem integralen Zusammenhang zwischen A
Wegen der Zylindersymmetrie verschwinden die Ableitungen nach z und ϕ. Somit kann
~ und damit in linearen Medien auch H
~ nur in ϕ- Richtung zeigen H
~ = H{ρ}~eϕ (Siehe
B
auch Tutorium und Übung). Das Durchflutungsgesetz in integraler Schreibweise lautet
I
ZZ
~ ◦ d~` =
H
CS
~
~j ◦ d2 S
S
~ = ρ dϕ dρ~ez und damit
Die Fläche wählt man zweckmäßig quer zur Zylinderachse d2 S
ist das Linienelement auf d~` = ρ dϕ~eϕ festgelegt. Das Stromdichte lautet in Zylinderkoordinaten ~j = jS δ{ρ − R}~ez . Dabei wurde der Zylinderradius mit R bezeichnet. Mit der
Heaviside Sprungfunktion Θ ergibt sich
2πρH{ρ} = 2πρjS Θ{ρ − R} ,
also
~ = jS Θ{ρ − R} R ~eϕ
H
ρ
Aufgabe 8
Lösung
.
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Mit:
~ = R · ~er
R
(14)
ω
~ = ω · ~ez
(15)
~js = %v~v
(16)
~
= %v (~ω × R)
(17)
= %v Rω(~ez × ~er )
(18)
%v = %s · δ{r − R}
~js = %s δ{r − R}Rω(~ez × ~er )
(19)
(20)
~ez = cos{θ}~er − sin{θ}~eθ
(21)
mit:
~ez × ~er = sin{θ}~eϕ
(22)
~js = %s δ{r − R}Rω sin{θ}~eϕ
(23)
1
m
~ =
2
ZZZ
r~0 × ~j{r~0 } d3 r0
(24)
V
In Kugelkoordinaten ist r~0 = r0~er0
1
m
~ =
2
ZZZ
r0~er0 × (%s δ{r0 − R}Rω sin{θ0 }~eϕ0 ) d3 r0
(25)
V
=
1
2
ZZZ
2
−~eθ0 · (r0 %s δ{r0 − R}Rω sin{θ0 })r0 sin{θ0 } dr0 dφ0 dθ0
(26)
V
1
= − R 4 %s ω
2
Z2π Zπ
~eθ0 sin2 {θ0 } dθ0 dϕ0
0
0
(27)
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Beachte: ~eθ0 = cos{θ0 } cos{ϕ0 }~ex + cos{θ0 } sin{ϕ0 }~ey − sin{θ0 }~ez
Zπ
4
sin3 {θ0 } dθ0 · ~ez
m
~ = πR %s ω
(28)
0
= m · ~ez
(29)
~ × ~r
~ = µ0 m
A
4π |~r|3
(30)
~ = ~0
Auf der z-Achse ist ~r = r · ~ez . Mit m
~ = m · ~ez folgt: A
Aufgabe 9
Lösung
~ ist über die Maxwell-Gleichung
Der einfachste Zusammenhang von ~j und H
~ = ~j
∇×H
(31)
gegeben. Wegen der unendlichen Ausdehnung in x und z, gilt
∂
=0
∂x
∂
=0
∂z
(32)
(33)
Somit fällt obiges Kreuzprodukt zusammen:
~ = ∂ Hz~ex − ∂ Hx~ez
∇×H
∂y
∂y
(34)
Da bekannt ist, daß ~j = jx · ~ex , folgt somit, daß
∂
Hz · ~ex = jx · ~ex
∂y
gelten muß! Dies läßt sich einfach aufintegrieren:
(35)
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Hz {y} = jx · y + K
7
(36)
An der Unterseite liefert dies Hz {y = 0} = K und an der Oberseite folgt Hz {y = d} =
jx · d + K. Mit K = − d2 jx ergibt sich die gewünschte Symmetrie:
d
Hz {y} = j · y − jx
2
d
Hz {y = 0} = − jx
2
d
Hz {y = d} = jx
2
(37)
(38)
(39)
Schrumpft das Band nun bei konstantem d · jx zusammen, so ergibt sich ein Sprung in
~
der Richtung von H:
d
~
H{y
= 0 − ²} = − jx · ~ez
2
d
~
H{y
= 0 + ²} = jx · ~ez
2
(40)
(41)
Aufgabe 10
Lösung
Für die Wellenzahlvektoren gelten die Stetigkeitsbedingungen
(~n × (~kref − ~kin )) × ~n = 0
~n ◦ (~kref + ~kin ) ◦ ~n = 0
(~n × (~ktr − ~kin )) × ~n = 0
r
³
´
³
´2
~n ◦ ~ktr ◦ ~n =
k22 − k12 + ~n ◦ ~kin ◦ ~n
r
³
´2
2
~
=
k (ε2 µ2 − ε1 µ1 ) + ~n ◦ kin ◦ ~n
0
(42)
(43)
(44)
(45)
√
wobei die Vakuumwellenzahl k0 = ω ε0 µ0 verwendet wird und k1 = k0 n1 , k2 = k0 n2
mit den Brechzahlen n21 = ε1 µ1 , n22 = ε2 µ2 ist. Hier ist ~n = ~ez . Aus der Darstellung der
transmittierten Welle resultiert mit Vergleich
~ktr ◦ ~r = ky y + kz z
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dass gilt
~ktr = ky~ey + kz~ez
und somit
(~n × ~ktr ) × ~n = ky~ey
³
´
~
~n ◦ ktr ◦ ~n = kz~ez .
(46)
(47)
Daraus folgt für die Tangentialkomponenten der einfallenden und der reflektierten Welle
(~n × (~kin )) × ~n = (~n × (~kref )) × ~n = (~n × (~ktr )) × ~n = ky~ey
.
(48)
Die Normalkomponente von ~kin resultiert aus (45) mit umstellen in unmagnetischen Medien zu
r
³
´2 q
k12 − k22 + ~n ◦ ~ktr = k02 (ε1 − ε2 ) + kz2
~n ◦ ~kin =
(49)
r
°
°2 q
°
°
=
k 2 − °~n × ~ktr ° = k 2 ε1 − k 2 .
1
0
y
Insgesamt ergibt sich mit 43 also
~kin = ky~ey +
~kref
q
k02 ε1 − kz2~ez
q
= ky~ey − k02 ε1 − kz2~ez
Aufgabe 11
Lösung
~ =−∂B
~ folgt
Durch Bildung der Rotation des Induktionsgesetz ∇ × E
∂t
~ =−∂ ∇×B
~
∇ × (∇ × E)
∂t
~ − ∆E
~ =−∂ ∇×B
~
∇(∇ ◦ E)
∂t
1
~ − P~ )) − ∆E
~ =−∂ ∇×B
~
∇(∇ ◦ (D
²0
∂t
(50)
(51)
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~ =0
keine freien Ladungen erlaubt: ∇ ◦ D
1
~
~ =−∂ ∇×B
− ∇(∇ ◦ P~ ) − ∆E
²0
∂t
Die Divergenz der Polarisation verschwindet auch, da keine (statische) Polarisationsraumladungsdichte vorhanden ist: %P = −∇ ◦ P~ = 0, aber sehr wohl eine sich mit der Zeit
∂ ~
P führt.
änderende elektrische Dipoldichte, die dann zu dem Polarisationsstrom ~jPol = ∂t
~ =−
−∆E
∂
~
∇×B
∂t
~ = µ0 (H
~ +M
~)
Einsetzen von B
~ = −µ0
−∆E
∂
~ − µ0 ∂ ∇ × M
~
∇×H
∂t
∂t
~ null ist. Das Ampere-Gesetz lautet
wobei ~jmagn = ∇ × M
~ + σE
~
~ = ~jfrei + ∂ D
∇×H
∂t
,
~ = ²0 E
~ + P~ gibt
wobei ~jfrei und σ null sind. Einsetzen von D
~ = ²0 ∂ E
~ + ~jP ol
∇×H
∂t
Damit folgt
~ − ² 0 µ0
∆E
∂2 ~
∂
E = µ0 ~jP ol
2
∂t
∂t
,