Aufgabe 1 Aufgabe 2 Aufgabe 3

Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
1
Aufgabe 1
Die magnetische Induktion außerhalb einer begrenzten Stromverteilung resultiert mit dem
magnetischen Dipolmoment m
~ und dem Abstand zum Dipolmoment ~r aus
~
~ ◦ ~rr ) ~rr − m
~ = µ0 3(m
B
.
3
4π
r
a−b
Hier ist m
~ = m~ez und ~r = (a − b)~ez , so dass mit ~rr = |a−b|
~ez
~ = µ0 m~ez
B
2π |a − b|3
.
folgt.
Aufgabe 2
An einer Grenzfläche gilt für das Magnetfeld
~2 − H
~ 1 ) = ~js
~n × (H
.
~ 2 = 0 und somit muss mit ~n = ~ex ein Flächenstrom der Größe
Hier ist H
~ 1 ) = −H~ez
~js = ~n × (−H
existieren.
Aufgabe 3
Für eine TE- Welle ist der Reflexionsfaktor in unmagnetischen Medien (µ1 = µ2 = 1)
r=
~
n◦~k1
µ1
~
n◦~k1
µ1
−
+
~
n◦~k2
µ2
~
n◦~k2
µ2
=
nc cos{θ} −
nc cos{θ} +
p
n2m − n2c sin{θ}
p
n2m − n2c sin{θ}
wobei hier k1 = nc k0 , k2 = nm k0 und k0 = cω0 = 2π
zu nehmen ist. Es gibt zwei mögliche
λ
Lösungen:
(1) Willkürlich wird gemäß der Abbildung die y- Richtung nach oben und die z- Richtung
nach rechts gewählt und damit ist ~n = −ey . Aus den Stetigkeitsbedingungen an der
Stirnseite ergeben sich die Komponenten von ~k1 und mit den Stetigkeitsbedingungen an
der Kern- Mantel- Grenzfläche die Komponenten von ~k2 .
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
2
Für die einfallende Welle gilt ~k0 = k0 (− sin{φm }~ey + cos{φm }~ez ) und somit weiter ~k1 ◦~n =
~k0 ◦ ~n = k0 nc −nm . Es folgt
2
~k1 ◦ ~ez = ~k2 ◦ ~ez
r
q
nc − nm 2
2
2
~
~
=
kk1 k − kk0 ◦ ~nk = k0 n2c − (
)
2
k0 p 2
=
3nc + 2nm nc − n2m .
2
Mit ~k2 ◦ ~ez resultiert ~k2 ◦ ~n aus
q
k0 p 2
k~k2 k2 − k~k2 ◦ ~ez k2 =
5nm − 2nm nc − 3n2c .
2
Das Argument unter der Wurzel ist negativ, wie man durch umformen 5n2m −2nm nc −3n2c <
5n2m − 2nm nm − 3n2c = 3(n2m − n2c ) < 0 leicht feststellt. Somit wird der Reflexionsfaktor
komplex mit Betrag |r| = 1 und
~k2 ◦ ~n =
(s
arg{r} = −2 arctan
3n2c + 2nm nc − 5n2m
n2c − 2nm nc + n2m
)
.
(2) An der Stirnfläche gilt das Snelliusgesetz sin{φm } = nc cos{θ} wobei die Winkel bereits
p
richtig eingesetzt wurden. Für sin{θ} wird 1 − cos2 {θ} in den obigen Reflexionsfaktor
eingesetzt und es folgt nach Umrechnung das Resultat
p
p
5n2 − 2nm nc − 3n2c ]
p
p m
r=
=
nc − nm + 4n2m − [4n2c − (nc − nm )2 ]
nc − nm + 5n2m − 2nm nc − 3n2c ]
nc − nm −
4n2m − [4n2c − (nc − nm )2 ]
nc − nm −
was wie oben weiter diskutiert werden muss.
Aufgabe 4
Die Zuordnung der Kreise zu den Ellipsen erfolgt durch Einsetzen jeweils eines Punktes
in die Abbildung z{w = 2r0 } = d2 (2 + 12 ) = 1.25 mm sowie z{w = 3r0 } = d2 (3 + 31 ) =
1.66 mm. Der kleinere Kreis wird also auf die kleinere Ellipse abgebildet. Das Potenzial eines Zylinderkondensators mit Innenradius r1 , Außenradius r2 und Spannung U ist
1}
bekannt. Des weiteren ist bekannt, dass es sich
aus der Übung mit V {w} = U Ln{w/r
ln{r2 /r1 }
hier um ein Originalproblem handelt, so dass das elektrische Feld aus dem Potenzial
0}
V {w} = U Ln{w/2r
berechnet werden muss. Hier ist die Rücktransformation nicht direkt
ln{1.5}
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3
ausführbar, so dass die parametrische Darstellung E ∗ {z{w}} = − ∇∇wwVz verwendet werden
U
1
muss. Es gilt ∇w V = ln{1.5}
und ∇w z = 2rd0 [1 − ( rw0 )2 ] und damit
w
U
2
1
2
1
r0 2 = −U
w
w
d ln{1.5} r0 [1 − ( w ) ]
ln{1.5} d[ r0 − ( rw0 )]
2 1
= −U
.
ln{1.5} z
E ∗ {z{w}} = −
Aufgabe 5
Das Potenzial lässt sich als Überlagerung des Potenzials der Ladung und Ihrer Spiegelladung im entsprechenden Fall berechnen. Das Potenzial einer Punktladung lautet:
V =
Q
4π²0 ²r |~r − ~r0 |
(1)
Hier lässt sich das Problem auf die z-Achse beschränken und für große Werte der Abstand
entwicken:
V
Q
1
4π²0 ²r z − z 0
¶
µ
Q
1 z0 · z
=
+ 3
4π²0 ²r z
z
=
(2)
.
(3)
Im ersten Fall ist die Spiegelladung gleich weit von der leitenden Platte entfernt, wie die
Originalladung. Die besitzt gleiche Größe, jedoch umgekehrtes Vorzeichen. Somit lautet
die Überlagerung:
V
Q
1
−Q
1
+
4π²0 ²r z − a 4π²0 ²r z − (−a)
µ
¶
Q
1 a · z 1 −a · z
≈
+ 3 − −
4π²0 ²r z
z
z
z3
Q 2a
=
.
4π²0 ²r z 2
=
(4)
(5)
(6)
Um die Randbedingungen der Kugel zu erfüllen, muss sich bei −z2 eine Spiegelladung Q2
befinden. Für diese gilt laut Skript:
2a · z2 = a2
(7)
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z2 =
und
a
2
Q2 = −
4
(8)
(9)
Q
Q·a
=−
2a
2
(10)
Das Potenzial berechnet sich dann also nach:
V
Q
1
−Q/2
1
+
4π²0 ²r z − a 4π²0 ²r z − (−a/2)
µ
¶
Q
1
1
1
≈
−
4π²0 ²r z − a 2 z − (−a/2)
µ
¶
Q
1
−a/2 · z
1 a·z
=
+ 3 −
−
4π²0 ²r z
z
2z
2z 3
Q 1
≈
.
8π²0 ²r z
=
(11)
(12)
(13)
(14)
Aufgabe 6
Die Reflexion der einfallenden Welle erzeugt die Welle:
Er1 = Ei r12
(15)
Die transmittierte Welle wird durch das Medium mit n2 propagiert und an der nächsten
Grenzfläche wiederum reflektiert. Nach einer weiteren Propagation trägt der davon durch
die erste Grenze transmittierte Teil wiederum zur Reflexion bei:
Er2 = Ei t12 eik2 d r21 eik2 d t21
(16)
Der reflektierte Teil wird wiederum zweimal propagiert, reflektiert und trägt schließlich
nach der Transmission wieder zu Er3 bei.
Er3 = Ei t12 ei2k2 d r21 r21 · ei2k2 d r21 t21
(17)
Und wiederum wird der reflektierte Teil zweimal propagiert, reflektiert und trägt schließlich nach der Transmission zu Er4 bei:
Er4 = Ei t12 ei2k2 d r21 r21 · ei2k2 d r21 r21 · ei2k2 d r21 t21
usw.!
Es gilt also:
(18)
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
Ã
Er = Ei
r12 + t12 ei2k2 d r21 t21
∞
X
¡
2
ei2k2 d r21
¢l
5
!
(19)
l=0
Für die Wellenzahlen gilt:
n2
k1
n1
2π
λ
n2 2π
n2 2π
=
n1 λ/n1
λ
n2 2π λ
=π
λ 2n2
k2 = n2 k =
k
=
k2
=
k2 d
=
Somit folgt :
(20)
(21)
(22)
(23)
(24)
ei2k2 d
ei2π = 1
=
(25)
Für die Reflexions und Transmissionsfaktoren gilt:
n1 − n2
= −r21
n1 + n2
2n1
=
n1 + n2
2n2
=
n1 + n2
r12 =
(26)
t12
(27)
t21
(28)
Setzt man dies in die Formel für das reflektierte Feld ein, so folgt:
Ã
Er = Ei r12
1 − t12 t21
∞
X
¡
2
r21
¢l
!
(29)
l=0
¶
µ
4n1 n2
1
= Ei r12 1 −
2
(n1 + n2 )2 1 − r21


= Ei r12 1 −

= Ei r12 1 −
Es wird also kein Licht reflektiert.
(30)

4n1 n2
1

³
´2 
2
(n1 + n2 ) 1 − n1 −n2
n1 +n2
4n1 n2
(n1 + n2 )2
1
2
(n1 +n2 ) −(n1 −n2 )2
(n1 +n2 )2
(31)

=0
(32)
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
6
Aufgabe 7
Nach dem Faraday-Gesetz gilt bei harmonischer Zeitabhängigkeit der Felder:
~
~ = −µ0 µr ∂ H
∇×E
∂t
~
= −iωµ0 µr H
³
´
~
~
∇× ∇×E
= −iωµ0 µr ∇ × H
³
´
~ − ∆E
~
= ∇ ∇◦E
(33)
(34)
(35)
(36)
Da das Gebiet laut Aufgabe raumladungsfrei ist, gilt:
~ =0
∇◦E
(37)
Das Ohmsche- und das modifizierte Ampéresche-Gesetz liefern:
~
~j = σ E
~ = ~j da laut Aufgabe :
∇×H
~
∂D
= ~0
∂t
(38)
(39)
(40)
Einsetzen ergibt dann die gesuchte Differentialgleichung:
1
−iωµ0 µr~j = − ∆~j
(41)
σ
Wegen der unendlichen Ausdehnung in y- und z-Richtung kann das Problem nur von x
abhõngen. Je nach einfallender Polarisation erzeugt das elektrische Feld im Leiter einen
Strom. Hier sei die z-Richtung in Richtung des E-Feldes gelegt.
Die DGL lässt sich dann vereinfacht schreiben:
iωµ0 µr σjz =
∂2
jz
∂x2
(42)
Zur Erklärung:
In Koaxialkabeln werden die Innenleiter oft als Litze (nicht als einzelner Draht) ausgeführt, wobei die einzelnen Leiter an der Oberfläche versilbert sind. Dies tut man deshalb, da bei höheren Frequenzen der Strom hauptsächlich am Rand des Leiters fließt.
Durch die Versilberung wird die Leitfähigkeit an der Oberfläche verbessert. Durch das
Ausführen als Litze wird die Oberfläche vergrößert, somit sinkt der Widerstand. Man
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
7
bezeichnet diese Stromverdrängung auch als Skin-Effekt. In obiger Aufgabe ergäbe ich als
Lösung der DGL ein Strom, der in z-Richtung fließt und von Oberfläche in x-Richtung
exponentiell abfällt.
Aufgabe 8
Die geladene Kugel kann als Punktladung der Größe Q0 betrachtet werden. Somit gilt im
Außenraum:
V
V0
Q0
4π²0 ²r r
Q0
=
4π²0 ²r R0
=
(43)
(44)
Im Inneren ist das Potential konstant V = V0 .
Für die Energie(dichte) des elektrostatischen Feldes gilt:
wel =
²0 ²r ¯¯ ~ ¯¯2
¯E ¯
Z2 Z Z
Wel =
(45)
wel dV
V
²0 ²r
=
2
Z Z Z ¯ ¯2
¯~¯
¯E ¯ dV
(46)
(47)
V
= 4π
²0 ²r
2
Z∞
R0
=
mit : Q0
Q20
r2 dr
16π 2 ²20 ²2r r4
Q20
8π²0 ²r R0
= 4π²0 ²r R0 V0
folgt : Wel = 2π²0 ²r R0 V02
(48)
(49)
(50)
(51)
Die Größe
∂Wel
= 2π²0 ²r V02
∂R0
lässt sich wie folgt herleiten:
(52)
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
~ = −∇V | · q
E
F~ = −∇Wel
8
(53)
(54)
Da hier nur der radiale Anteil von Interesse ist, kann man dies zu
∂Wel
∂r
umformen. Und stellt somit eine Kraft auf die Kugeloberfläche dar.
Fr =
(55)
Aufgabe 9
Mit Hilfe der Kontinuitätsgleichung, des Gaußschen Gesetzes und des Ohmschen Gesetzes
∇ ◦ ~jfrei +
∂
%=0
∂t
³
~
% = ∇ ◦ εε0 E
´
~
~ = jfrei
E
σ
erhält man eine DGL für ~jfrei :
µ
¶
∂
∇ ◦ ~jfrei + τ ~jfrei = 0
∂t
mit der charakteristischen Zeitkonstante des Mediums
τ=
εε0
.
σ
Randverzerrungen sollen nicht berücksichtigt werden, d.h.
∂
∂
=
= 0.
∂y
∂z
Die Materialparameter sind nur von x abhängig, ebenso wie die Stromdichte der freien
Ladungsträger, die zudem keine Transversalkomponente besitzen soll:
τ = τ {x}
~jfrei = jfrei {x, t}~ex .
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
9
Unter Berücksichtigung dieser Vorraussetzungen erhält man eine DGL für jfrei
µ
¶
∂
∂
jfrei {x, t} + τ {x} jfrei {x, t} = 0.
∂x
∂t
Durch Integration nach x folgt
jfrei {x, t} + τ {x}
i{t}
∂
jfrei {x, t} = constx =
.
∂t
F
Die spezielle Lösung dieser inhomogene lineare DGL kann z.B. mit Hilfe der Methode der
Variation der Konstanten bestimmt werden. Die allgemeine Lösung der homogenen DGL
lautet
jhom {x, t} = C exp{−t/τ }.
Die Konstante C ersetzt man durch die Funktion C{t} und versucht, diese so zu bestimmen, dass
jfrei {x, t} = C{t} exp{−t/τ }
die inhomogene DGL läßt. Setzt man diesen Ausdruck und seine Ableitung in die DGL
ein, so ergibt sich
∂C
i{t} exp{t/τ }
=
,
∂t
F
τ
bzw.
Z
t
C{t} =
0
i{ζ} exp{ζ/τ }
dζ + C{t = 0}
F
τ
i0
=
(exp{t/τ } − 1) + C{t = 0}.
F
Da der Kondensator zum Zeitpunkt t = 0 vollständig entladen ist, d.h.
C{t = 0} = jfrei {x, t = 0} = 0
gilt, ergibt sich die gesuchte Stromdichte zu
jfrei {x, t} =
i0
(1 − exp{−t/τ }) .
F
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
10
Aufgabe 10
Die Integralform des Gaußschen Gesetzes für die dielektrische Verschiebung lautet
ZZ
ZZZ
~
~
° D ◦ dSV =
% {~r} d3 r = Qfrei .
SV
V
Wegen der Kugelsymmetrie der Anordnung hängt die dielektrische Verschiebung nur von
der Radialkomponente r (Kugelkoordinaten) ab; für SV wird die Koordinatenoberfläche
r = konst. gewählt
~ {~r} = D
~ {r}
D
dS~V = r2 sin {θ} dθdϕ~er .
Berücksichtigt man dies beim Gaußschen Gesetz, so ergibt sich
Z2πZπ
Dr r2 sin {θ} dθdϕ = Q
0 0
Dr {r} =
Q
.
4πr2
Außer der Punktladung gibt es keine weiteren freien Ladungsverteilungen, d.h. für ~r 6= ~0
gilt
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
11
¡
¢
1
1
∂
∂
~ = 1 ∂ r 2 Dr +
∇◦D
Dϕ +
(sin{θ}Dθ ) = 0,
2
∂ϕ
r sin{θ} ∂θ
} |r sin{θ}
|r ∂r {z
{z
}
=0
=0
bzw.
Dθ {r} = 0.
Das elektrische Feld ist wirbelfrei, da kein Magnetfeld existiert. Innerhalb bzw. außerhalb
der Kugel ist die Dielektrizitätskonstante ortsunabhängig, d.h. dort ist auch die dielektrische Verschiebung frei von Wirbeln
·
¸
∂
1
~ =
∇×D
(r sin{θ}Dϕ ) ~er + [· · ·] ~eθ + [· · ·] ~eϕ = ~0.
r2 sin{θ} ∂θ
Da die dielektrische Verschiebung nur von r abhängt, kann aus obiger Gleichung gefolgert
werden, dass ihre Azimutalkomponente verschwindet
Dϕ {r} = 0.
Innerhalb der Kugel gilt also
~ =
D
Q ~
r
4πr2 r
~ =
E
Q
~
r
4πεε0 r2 r
V
Q
4πεε0 r
=














+ C1 
und außerhalb der Kugel gilt
~ =
D
Q ~
r
4πr2 r
~ =
E
Q ~
r
4πε0 r2 r
V
Q
4πε0 r
=
0 < r < r0














+ C2 
r ≥ r0 .
Das Potenzial V soll im Unendlichen Null sein, d.h.
C2 = 0,
und muss an der Grenzfläche r = r0 stetig sein, d.h.
Q
Q
+ C1 =
4πεε0 r
4πε0 r
Q (ε − 1)
.
C1 =
4πεε0 r
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
12
Aufgabe 11
y
+Q
-Q
-Q
+Q
π/4
x
+Q
-Q
-Q
+Q
Aufgabe 12
Das Rohr hat seine Achse auf der z-Achse, es gilt:
(
1 a≤ρ≤b
I~ez
~j =
.
π (b2 − a2 ) 0 sonst
Wegen der Rotationssysmmetrie und Translationssymmetrie der Anordnung um bzw. entlang der z-Achse beschränkt sich die Ortsabhängigkeit der magnetischen Feldstärke auf
die Radialkoordinate ρ (Zylinderkoordinaten).
~ = Hφ {ρ} ~eφ + Hρ {ρ} ~eρ + Hz {ρ} ~ez .
H
Das Magnetfeld ist stets frei von Quellen. Da hier keine magnetisierbare Materie vorliegt,
gilt dies auch für die magnetische Feldstärke
~ = 1 ∂ (ρHρ ) = 0.
∇◦H
ρ ∂ρ
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 2000
13
Hieraus folgt
C
.
ρ
Die Konstante C ist Null zu setzen, da sonst das Feld auf der Achse des Zylinder divergieren würde, d.h.
Hρ {ρ} =
Hρ {ρ} = 0.
Im gesamten Raum gilt das Ampèresche Gesetz
~ = ~j
∇×H
·
(
¸
·
¸
1 a≤ρ≤b
∂
I~ez
1 ∂
(ρHφ ) ~ez +
Hz ~eφ =
.
2
2
ρ ∂ρ
∂ρ
π (b − a ) 0 sonst
Man sieht, dass die Longitudinalkomponente des Feldes keine Ortsabhängigkeit ausweist
Hz {ρ} = constρ ,
Mit Hilfe der Integralform des Ampèreschen Gesetzes
I
ZZ
~
~
~j dS~C ,
Hdl =
C
SC
wobei C ein Kreis mit Mittelpunkt auf der z-Achse ist, der die Fläche SC umschließt
d~l = ρdφ0~eφ
dS~C = ρ0 dρ0 dφ0~ez ,
kann die Azimutalkomponente der magnetische Feldstärke mit folgender Integralgleichung
bestimmt werden:
Z2π
Hφ ρdφ0
0
Es folgt:
Zρ Z2π
~j ◦ ~ez ρ0 dφ0 dρ0 .
=
0 0


0
ρ<a





I  ρ2 −a2
Hφ =
a≤ρ≤b
b2 −a2
2πρ 





 1
ρ>b