Elektromagnetische Feldtheorie Zentralübungsskript

Lehrstuhl für Technische Elektrophysik
Technische Universität München
Elektromagnetische Feldtheorie
Zentralübungsskript
Prof. Dr. G. Wachutka
7. März 2011
Inhaltsverzeichnis
1 Kurzaufgaben
4
2 Lösungsskizzen zu den Kurzaufgaben
9
3 Rechenaufgaben
13
4 Lösungsskizzen zu den Rechenaufgaben
39
1 KURZAUFGABEN
1 Kurzaufgaben
Q1
Wie lauten die vier Maxwellschen Gleichungen in differenzieller Form? Ordnen Sie die
Formeln den passenden Stichworten zu. Welche der Differenzialgleichungen sind homogen?
a) Gaußsches Gesetz
~ - Feldes
b) Quellenfreiheit des B
c) Faradaysches Induktionsgesetz
d) Ampèresches Durchflutungsgesetz
Q2
Geben Sie die Einheiten der folgenden physikalischen Größen in Abhängigkeit von Ampère
(A), Sekunde (s), Volt (V) und Meter (m) an:
a) Elektrische Ladungsdichte ρ
~
b) Elektrisches Feld E
~
c) Elektrische Flussdichte D
d) Elektrische Stromdichte ~j
~
e) Magnetische Flussdichte B
~
f) Magnetisches Feld H
Q3
Wie ist der Poynting-Vektor definiert und wie kann er physikalisch interpretiert werden?
Q4
Wie lautet die elektromagnetische Energiebilanzgleichung allgemein? Leiten Sie daraus
die Energiebilanzgleichung für ein lineares isotropes Medium (d.h. ε = const. und µ =
~ H
~ und ~j ab.
const.) in Abhängigkeit von E,
Q5
Zwei Spulen unterscheiden sich nur dadurch, dass die eine mit Luft (µr = 1), die andere
mit einem Material der relativen Permeabilität µr > 1 gefüllt ist. Das Magnetfeld ist
~ 0 6= 0. In welcher Spule ist mehr magnetische Feldenergie
in beiden Spulen identisch H
gespeichert?
Q6
Betrachten Sie zwei Plattenkondensatoren mit identischen Abmessungen und identischem
~ 0 6= 0 zwischen den Platten. Bei Kondensator 1 befindet sich Vakuum
elektrischen Feld E
4
1 KURZAUFGABEN
zwischen den Platten (ε = ε0 ). Bei Kondensator 2 befindet sich zwischen den beiden
~ ∦ D).
~ ε wird dann zu einer Matrix.
Platten ein elektrisch anisotropes Material (d.h. E
Nehmen Sie an, dass für das Dielektrikum in Kondensator 2 gilt:


cos α − sin α 0
ε = ε0 ·  sin α cos α 0  mit α = 60◦
0
0
1
Diese Matrix entspricht einer Drehung um den Winkel 60◦ und einer Streckung um den
Faktor ǫ0 .
In welchem Kondensator ist mehr elektrische Energie gespeichert? Um welchen Faktor ist
die gespeicherte Energie dort größer?
Q7
~ r, t) und das elektrische Feld E(~
~ r, t) in
Stellen Sie jeweils die magnetische Flußdichte B(~
Abhängigkeit des skalaren elektromagnetischen Potentials Φ(~r, t) und des elektromagne~ r, t) dar!
tischen Vektorpotentials A(~
Q8
Gegeben ist in Zylinderkoordinaten das skalare elektrische Potential Φ(ϕ) = −Kϕ einer
Kondensatoranordnung. K > 0 ist eine positive Konstante.
~ der Anordnung.
*a) Bestimmen Sie das elektrische Feld E
*b) Für welche der beiden Kondensatorgeometrien C1 und C2 beschreibt Φ(ϕ) die Potentialverteilung innerhalb der Anordnung?
Hinweis: Streufelder an den Rändern der Kondensatoranordnungen werden vernachlässigt.
c) Skizzieren Sie für die von Ihnen gewählte Kondensatorgeometrie in zwei separaten
Skizzen die Äquipotential- und Feldlinien. Kennzeichnen Sie, welche der Skizzen die
Äquipotential- und welche die Feldlinien darstellt.
5
1 KURZAUFGABEN
Q9
Gegeben sind die Maxwellschen Gleichungen in Potentialdarstellung für räumlich konstante ε und µ:
ε div(∇Φ) + ε
∂
~ = −ρ
div(A)
∂t
2~
1
~ + ε ∂ A + ε∇
rot(rotA)
µ
∂t2
∂Φ
∂t
= ~j
*a) Wie lautet die Eichbedingung für die Coulombeichung?
b) Geben Sie die durch Einsetzen der Coulombeichung resultierenden Differentialglei~ an.
chungen für Φ und A
Q10
Gegeben ist die Bilanzgleichung für die Dichte der Leitungselektronen n in einem Halbleiter:
∂N +
∂n
D
+ div ~jn =
+G−R
∂t
∂t
∂N +
Hier bezeichnet ~jn die Elektronen-Teilchenstromdichte, ∂tD die Ionisierungsrate der Donatoratome und G − R die Elektronen-Loch Generations-Rekombinationsrate.
*a) Welche der Terme stellen die Generationsrate der Leitungselektronen dar?
*b) Welche der Terme stellen die Akkumulationsrate, d.h. die Zunahme der Elektronendichte über der Zeit dar?
Q11
Auch fluidische Systeme können mit Kirchhoffscher Netzwerktheorie modelliert werden.
Die Across-Größe ist in diesem Fall die Differenz imR fluidischen Druck P12 = P1 − P2 . Die
Through-Größe ist der fluidische Massenfluß Mf = A ρ~v d~a. Hier bezeichnet ρ die Dichte
und ~v das Geschwindigkeitsprofil des Fluids über einer Kontrollfläche A.
Gegeben sind zwei mit Flüssigkeit befüllte Reservoirs mit den Drücken P2 und P1 mit
P1 > P2 . Die Reservoirs sind mit einer zylindrischen Rohrleitung mit Radius R und
Länge L verbunden, so dass zum Druckausgleich Fluid transportiert wird.
6
1 KURZAUFGABEN
Das Geschwindigkeitsprofil ~v (r) im Rohr ist in Zylinderkoordination gegeben als:
~v (r) =
P12 2
(R − r2 ) · ~ez
4ηL
Hier ist η eine positive Konstante (η > 0) und P12 = P1 − P2 . Die Dichte ρ sei konstant.
Z
*a) Berechnen Sie den fluidischen Massenfluß Mf =
ρ · ~v · d~a durch das Rohr.
A
*b) Das Rohr ist als fluidischer Widerstand Rf zu interpretieren. Stellen Sie mit einem
linearen Materialgesetz einen Zusammenhang zwischen P12 , Mf und Rf her.
c) Berechnen Sie den fluidischen Widerstand Rf .
Q12
Welche Aussagen treffen auf die Maxwellsche Kapazitätsmatrix C zu?
1) Alle Einträge der Matrix sind größer Null: Ckl > 0.
2) Alle Einträge der Matrix sind kleiner Null: Ckl < 0.
3) Die Matrix ist positiv definit.
4) Die Matrix ist positiv semi-definit.
5) Die Matrix ist symmetrisch.
6) Die Matrix ist nicht symmetrisch.
7) Alle Spalten- und Zeilensummen sind Null.
Q13
Berechnen Sie die unbekannten Einträge C00 ,
schen Kapazitätsmatrix:

C00 −2
 −2 C11
C=
 −3 −5
−4 −6
7
C11 , C22 und C33 der gegebenen Maxwell−3
−5
C22
−7

−4
−6 
 · 1F
−7 
C33
1 KURZAUFGABEN
Q14
Folgendes Feld ist eine Lösung der homogenen elektromagnetischen Wellengleichung, falls
ω und k eine bestimmte Bedingung erfüllen. Wie lautet diese?
~ r, t) = B0 cos(ωt − kz)e~x + B0 sin(ωt − kz)e~y
B(~
~k = k e~z
(Wellenvektor)
In welche Richtung breitet sich die Welle aus?
Q15
Zeigen Sie unter Verwendung der Lorenz-Eichung, dass die elektromagnetischen Potentiale
~ und Φ Komponenten eines vierkomponentigen elektromagnetischen PotentialwellenfelA
des sind, das der Wellengleichung genügt!
Q16
Skizzieren Sie die elektrische und magnetische Komponente einer propagierenden ebenen
linear polarisierten elektromagnetischen Welle. Tragen Sie dabei auch die Wellenlänge λ
und den Wellenvektor ~k ein.
Q17
Eine zirkular polarisierte elektromagnetische Welle
~ circ (z, t) = E0 [cos(ωt − kz)~ex + sin(ωt − kz)~ey ]
E
trifft auf ein Polarisationsfilter, das nur für linear in x-Richtung polarisierte Wellen durchlässig ist.
*a) Wie ist das transmittierte Licht polarisiert?
*b) Wieviel Energie wird im zeitlichen Mittel im Verhältnis zur einstrahlenden Welle
transmittiert?
Q18
Eine Wellenplatte besitzt unterschiedliche Ausbreitungsgeschwindigkeiten für verschiedene Polarisationsrichtungen. Ein λ/4-Plättchen verzögert eine senkrecht einfallende, in
y-Richtung polarisierte, elektromagnetische Welle genau um ein Viertel der Wellenlänge
gegenüber einer in x-Richtung polarisierten Welle. Die ebene Welle
~ t) = E
~ 0 · cos(ωt − kz)
E(z,
trifft nun √
mit einem Polarisationswinkel von 45◦ senkrecht auf das Plättchen, das heißt
~ 0 = E0 / 2 (~ex + ~ey ).
E
~
*a) Geben Sie einen Ausdruck für das E-Feld
der Welle an, wenn sie das Plättchen
wieder verlässt.
b) Wie ist die elektromagnetische Welle polarisiert?
8
2 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN KURZAUFGABEN
2 Lösungsskizzen zu den Kurzaufgaben
Q1
~ =ρ
a) divD
~ =0
b) divB
~+
c) rotE
~
∂B
=0
∂t
~ = ~j +
d) rotH
~
∂D
∂t
b) und c) sind homogen.
Q2
As
a) [ρ] = m
3
h i
~ = V
b) E
m
h i
~ = As2
c) D
m
h i
A
d) ~j = m
2
h i
~ = Vs2
e) B
m
h i
~ = A
f) H
m
Q3
~ × H;
~ elektromagnetische Energiestromdichte
S=E
Q4
∂ωelmg
~=Π
+ divS
∂t
⇒
~
εE
~
~
∂E
~ ∂ H + div(E
~ × H)
~ = −~j E
~
+ µH
∂t
∂t
Q5
µ~2
1~ ~
·H = H
ωmag = B
2
2
⇒ größeres µ
9
⇒ größere Feldenergie
2 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN KURZAUFGABEN
Q6
1~ ~
ε0 ~ 2
1 ~ ~
ωel = D
· E = |E|
· cos(α)
· E = εE
2
2
2
ωel,1
cos (0◦ )
1
=
=2
◦ =
ωel,2
cos (60 )
1/2
⇒ in Kondensator 1 ist zweimal mehr elektrische Feldenergie gespeichert.
Q7
~
~ r, t) = −gradΦ − ∂ A(~r, t)
E(~
∂t
~ r, t) = rotA(~
~ r, t)
B(~
Q8
~ r, t) = −gradΦ = − 1 ∂Φ ~eϕ = K ~eϕ
a) E(~
r ∂ϕ
r
b) C2
c) Skizzen:
Q9
~ r, t) = 0
a) divA(~
b) ε∆Φ = −ρ
2~
1
∂
A
∂Φ
~ +ε
= ~j
rot rotA
+
ε∇
µ
∂t2
∂t
2~
∂
A(~
r
,
t)
∂
~ − εµ
optional: ∆A
= −µ ~j − ε gradΦ
∂t2
∂t
Q10
a) G
b)
∂n
∂t
10
2 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN KURZAUFGABEN
Q11
Z
2πρP12
a) Mf =
ρ · ~v (r) · d~a =
4ηL
A
Z
R
0
b) P12 = Rf · Mf
c) Rf =
πρP12 R4
R2 − r2 rdr =
8ηL
P12
8ηL
=
Mf
πρR4
Q12
Die zutreffenden Antworten sind:
4) Die Matrix ist positiv semi-definit.
5) Die Matrix ist symmetrisch.
7) Alle Spalten- und Zeilensummen sind Null.
Q13
• C00 = 2F + 3F + 4F = 9F
• C11 = 13F
• C22 = 15F
• C33 = 17F
Q14
√
~ die homogene Wellengleichung. Die Welle
Mit der Dispersionsrelation k = ω εµ erfüllt B
breitet sich in positive z-Richtung aus.
Q15
~
~ = rotA
~ und E
~ = −∇Φ − ∂ A
Die Definitionen des Skalar- und des Vektorpotentials B
∂t
~ = ρ und das Amperesche Durchflutungsgesetz
werden in das Gaußsche Gesetz divE
ε
∂
~ = µ~j + εµ E
~ eingesetzt:
rotB
∂t
∂ ~ ρ
=
−∆Φ − div A
∂t
ε
∂2 ~
∂ ~
∂
~
~
~
~
~
rotrotA = graddivA − ∆A = µj + εµ E = µj − εµ∇ Φ − εµ 2 A
∂t
∂t
∂t
2
~ + εµ ∂ Φ = ∆A
~ + µ~j − εµ ∂ A
~
∇ divA
∂t
∂t2
11
2 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN KURZAUFGABEN
∂
Φ = 0 folgt:
∂t
ρ
∂2
∆ − εµ 2 Φ = −
∂t
ε
∂2 ~
∆ − εµ 2 A = −µ~j
∂t
~ + εµ
Mit der Lorenz-Eichung divA
Q16
Bild: Emmanuel Boutet
Q17
~ pol (z, t) = E0 cos(ωt − kz)~ex
a) Linear polarisierte Welle wird transmittiert: E
b) 1/2
Q18
E0 ~ circ (z, t) = √
a) E
· cos(ωt − kz)~ex + sin(ωt − kz)~ey
2
b) Zirkular polarisierte Welle.
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3 RECHENAUFGABEN
3 Rechenaufgaben
1. Aufgabe (Energie in Ladungsanordnungen)
Um ein System aus n Punktladungen (qi , ~ri ) mit i = 1, . . . , n aufzubauen, benötigt man
die Energie
n
n
1 X X qj qk
Wel =
·
8πε j=1 k=1 |~rj − ~rk |
k6=j
a) Betrachten Sie die Energie als Funktion der Lagekoordinaten, d.h. Wel (~r1 , . . . , ~rn ),
und zeigen Sie, dass die auf die i-te Punktladung wirkende elektrostatische Kraft
durch
∂
F~i = −grad~ri Wel (~r1 , . . . , ~rn ) = − Wel (~r1 , . . . , ~rn )
∂~ri
gegeben ist.
Jetzt sei (in kartesischen Koordinaten) ein System aus vier Punktladungen gegeben:
q1 = q2 = q3 = q4 := q
r~1 = (a, 0, 0)T ,
r~2 = (0, a, 0)T ,
r~3 = (−a, 0, 0)T
und r~4 = (0, −a, 0)T
b) Welche Energie Wel,1 war notwendig, um dieses System aufzubauen?
c) Welche elektrostatische Kraft F~1 wird von den Ladungen bei ~r2 , ~r3 und ~r4 auf die
Punktladung q1 ausgeübt?
An den Ecken eines Würfels mit der Kantenlänge a befinde sich je eine Ladung q.
d) Welche Energie Wel,2 war notwendig, um dieses System aufzubauen?
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3 RECHENAUFGABEN
2. Aufgabe (Engergietransport im Koaxialkabel)
Bei dem in der Skizze dargestellen Koaxialkabel (Radius des Innenleiters a, Radius des
Aussenleiters b) sollen Innen- und Aussenleiter als widerstandslos angesehen werden. Zwischen den Leitern soll die Gleichspannung U anliegen und in dem Koaxialkabel fliesse der
Strom I. Dadurch existiert zwischen den Leitern (d.h. für a < r < b) ein elektrisches und
magnetisches Feld gemäß:
~ = Er~er ,
E
a
Er = E0 · ,
r
~ = Hϕ~eϕ ,
H
Hϕ = H0 ·
a
r
mit den Zylinderkoordinaten r, ϕ und z. Zudem gilt E0 = const, H0 = const, ∂/∂ϕ = 0
und ∂/∂z = 0.
~ in Abhängigkeit von
a) Welcher Ausdruck ergibt sich für den Poyntingschen Vektor S
r, a, E0 und H0 ?
b) Ermitteln Sie die durch das Kabel transportierte Leistung Pkabel durch Integration
über die Querschnittsfläche zwischen Innen- und Aussenleiter.
c) Geben Sie die Spannung U und den Strom I in Abhängigkeit von E0 bzw. H0 und
a, b an.
d) Welcher Ausdruck ergibt sich für die aus Pohm = U · I berechnete Leistung in
Abhängigkeit von E0 , H0 , a und b?
14
3 RECHENAUFGABEN
3. Aufgabe (Eichtransformationen)
~ = 0 und rotE
~ + ∂t B
~ = 0 gibt es ein Vektorpotential A(~
~ r, t) und ein skalares
Wegen divB
~ und B
~ sich darstellen lassen als
Potential Φ(~r, t), sodass E
~
~ = −∇Φ − ∂ A
E
∂t
~ Φ sind durch die Felder E,
~ B
~ nicht eindeutig bestimmt. Zeia) Die Potentiale A,
gen Sie, dass man mit Hilfe der Eichtransformation
~ = rotA
~
B
und
~′ = A
~ − ∇χ
A
∂χ
∂t
für jede zweimal differenzierbare Funktion χ(~r, t) (Eichfunktion)
ein
anderes Paar
~ und B-Feld
~
~ Φ . Gibt es noch
an Potentialen erhält, das dasselbe Eerzeugt wie A,
Φ′ = Φ +
andere Eichtransformationen als die angegebene?
b) Wie muss man die Eichfunktion χ wählen, damit die Bedingungen
~ + εµ
divA
beziehungsweise
∂Φ
=0
∂t
~=0
divA
Lorenz-Eichung
Coulomb-Eichung
erfüllt sind?
~ und Φ im Fall der Lorenz-Eichung
c) Welchen Bestimmungsgleichungen genügen A
bzw. der Coulomb-Eichung? Welche anschauliche Interpretation hat die Zerlegung
~ = −∇Φ − ∂t A
~ im Fall der Coulomb-Eichung?
E
d) In leitfähigen Medien mit der spezifischen Leitfähigkeit σ wird durch das elektrische
~ ein elektrisches Strömungsfeld erzeugt:
Feld E
~
~j = −σ∇Φ − σ ∂ A
∂t
Welche anschauliche Interpretation hat diese Zerlegung im Fall der CoulombEichung?
15
3 RECHENAUFGABEN
4. Aufgabe (Zylindersymmetrisches Magnetfeld)
Von einem zylindersymmetrischen, stationären Magnetfeld (d.h. ∂ϕ = 0 in Zylinderkoordinaten und ∂t = 0) ist in einem zylinderförmigen Bereich r < a, |z| < h die z-Komponente
gegeben durch:
r2
z2
Bz (r, z) = B0 1 − 2
1− 2
a
h
mit B0 = const. Das Magnetfeld hat keine ϕ-Komponente, d.h es gelte
Bϕ = 0
a) Berechnen Sie mit Hilfe der Maxwellgleichungen die radiale Komponente Br (r, z)
des Magnetfeldes. Dabei sei Br (r = 0, z) = 0.
b) Es sei überall µ = µ0 . Berechnen Sie die elektrische Stromdichte ~j(r, z), die dieses
Magnetfeld erzeugt.
16
3 RECHENAUFGABEN
5. Aufgabe (Vektorpotential und Magnetfeld)
~ einer von einem Ringstrom I durchflossenen drahtförmigen LeiterDas Vektorpotential A
schleife γ ist gegeben durch:
Z
µ0
d~r′
~
A(~r) =
I·
4π
r − ~r′ |
γ |~
~ r) gilt:
a) Zeigen Sie, dass für das Magnetfeld H(~
Z
I
d~r′ × (~r − ~r′ )
~
H(~r) =
4π γ |~r − ~r′ |3
b) Berechnen Sie auf der z-Achse das durch die kreisförmigen Leiterschleife erzeugte
~ Legen Sie dazu die Leiterschleife in die durch z = 0 definierte Ebene
Magnetfeld H.
und den Schleifenmittelpunkt in den Ursprung.
Fließt in einer beliebig geformten drahtförmigen Leiterschleife γ mit dem Schwerpunkt
~r0 der Ringstrom I, dann wird ein magnetisches Feld erzeugt, dessen Vektorpotential für
grosse Entfernungen (d.h. |~r − ~r0 | ≫ |~r′ − ~r0 | = |~s|) von der Leiterschleife gegeben ist
durch
Z
µ0
I
~
A(~r) =
[(~r − ~r0 ) · ~s] d~s
4π |~r − ~r0 |3 γ
~ r) darstellen lässt als
c) Zeigen Sie, dass sich das Vektorpotential A(~
µ0
I
1
~ r ) = µ0
F~ × (~r − ~r0 ) =
m(~
~ r0 ) × (~r − ~r0 )
A(~
3
4π |~r − ~r0 |
4π |~r − ~r0 |3
wobei sich
F~ =
Z
d~a
A
als mittlerer Flächenvektor der von der Leiterschleife γ umschlossenen orientierten
Fläche A und m
~ als magnetisches Moment interpretieren lassen. Dabei hängt F~
nur von γ = ∂A ab, ist also sowohl vom gewählten Schwerpunkt als auch von der
expliziten Gestalt von A unabhängig.
Hinweis: Verwenden Sie den Satz von Stokes und die Vektoridentität
rot (~a · ~r) ~b = ~a × ~b
mit ~a, ~b = const und dem Ortsvektor ~r
um zu zeigen, dass gilt:
Z Z
~c ·
d~ · ~s d~s =
∂A
∂A
Z
~
~
~
~
d · ~s (~c · d~s) = −~c · d ×
d~a = ~c · F × d
A
für beliebige Vektoren ~c, d~ ∈ R3 .
~ r)
d) Berechnen Sie mit dieser asymptotischen Näherung für das Vektorpotential A(~
~ r) einer von einem Ringstrom I durchflossenen Leiterdas magnetische Fernfeld H(~
schleife.
17
3 RECHENAUFGABEN
6. Aufgabe (Magnetfeldberechnung mit Biot-Savart)
Gegeben sei ein in der xy-Ebene liegender und vom Strom I in y-Richtung durchflossener
gerader Draht der Länge 2 b (siehe Skizze).
y
b
x=a
x
-b
~ in einem beliebigen Aufpunkt
a) Berechnen Sie das vom Draht erzeugte Magnetfeld H
A(x, y, 0) in der xy-Ebene. Die von den Zuleitungen erzeugten Feldanteile sollen
nicht berücksichtigt werden.
~ einer rechteckigen Leiterschleife.
b) Berechnen Sie das Magnetfeld H
18
3 RECHENAUFGABEN
7. Aufgabe (Klausuraufgabe SS10)
Eine zylindersymmetrische Anordnung hat die in der untenstehenden Skizze dargestellte
Bemaßung und ist in zwei Bereiche unterteilt. Im Bereich I (0 ≤ r ≤ r1 und 0 ≤ z ≤ h)
befindet sich ein Leiter mit dem Radius r1 , der Länge h, der elektrischen Leitfähigkeit σ1
und der magnetischen Permeabilität µ1 . In diesem Leiter existiert eine homogene elektrische Stromdichte ~j = j0 · ~ez mit j0 = const. und j0 > 0.
Im Bereich II (r1 < r ≤ r2 und 0 ≤ z ≤ h) befindet sich ein nicht-leitendes Medium
(σ2 = 0) mit der magnetischen Permeabilität µ2 . An der Grenzfäche bei r = r1 existieren
weder Grenzflächenladungen (σsurf = 0) noch fließen Grenzflächenströme (~i = 0). Die
Länge h der Anordnung ist sehr groß und die elektrische Leitfähigkeit σ1 derart, dass
Streufelder vernachlässigt werden können.
z
Bereich II
s2=0, m2
Bereich I
s1, m1
r1
r2
h
j
r
Das elektromagnetische Vektorpotential A~2 (r) für den Bereich II (r1 < r ≤ r2 ) kann in
Zylinderkoordinaten angenommen werden als:
r
· ~ez für r1 < r ≤ r2
(1)
A~2 (r) = −K · ln
r1
Dabei ist K eine Konstante.
*a) Berechnen Sie aus dem gegebenen Vektorpotential A~2 (r) die magnetische Flussdichte
~ 2 (r) im Bereich II.
B~2 (r) und die magnetische Feldstärke H
b) Das Magnetfeld im Bereich II wird durch die elektrische Stromdichte im Leiter
erzeugt. Stellen Sie die Konstante K in Abhängigkeit von j0 und µ2 dar.
*c) Berechnen Sie für den Bereich I aus der gegebenen Stromverteilung ~j die Felder
~ 1 (r) und B~1 (r) und das Vektorpotential A~1 (r).
H
Hinweis: Das Vektorpotential muss an der Grenzfläche bei r = r1 stetig sein!
~
d) Skizzieren Sie den Betrag der magnetischen Feldstärke H(r)
im Bereich 0 ≤ r ≤ r2 .
Beschriften Sie in Ihrer Skizze die Positionen r1 und r2 auf der r-Achse!
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3 RECHENAUFGABEN
*e) Bestimmen Sie mit Hilfe des lokalen ohmschen Gesetzes aus der Stromdichte ~j das
~ im Innenleiter.
elektrische Feld E
~
f) Berechnen Sie den Poyntingvektor S(r)
im Innenleiter (Bereich I). Geben Sie Betrag
~
und Richtung von S(r) an!
~ Wie vergleicht sich das
g) Berechnen Sie die Divergenz des Poyntingvektors div(S).
~ Interpretieren Sie
Ergebnis mit der ohmschen Verlustleistungsdichte pohm = ~j · E?
diesen Zusammenhang.
20
3 RECHENAUFGABEN
8. Aufgabe (Holomorphe Funktionen und komplexes Potential)
Sei Ω ⊂ C ein zweidimensionales Gebiet, f : Ω → C eine komplexwertige Funktion. f ist
bei z0 ∈ Ω komplex differenzierbar, wenn der Limes
df
f (z) − f (z0 )
(z0 ) := lim
z→z0
dz
z − z0
df
existiert. f heißt analytisch (oder holomorph) in Ω, wenn dz
für alle z ∈ Ω existiert.
df
Ist f : Ω → C holomorph und dz 6= 0 auf Ω, so ist die Abbildung f : Ω → C winkeltreu
(konform) und orientierungstreu.
Jedes f : Ω → C kann man wegen z = x + jy und f (z) = u(x, y) + jv(x, y) als zweidimensionales Vektorfeld Ω → R2 ,
u(x, y)
x
→
v(x, y)
y
auffassen.
reell differenzierbar
a) Man zeige, dass f genau dann holomorph ist, wenn xy → u(x,y)
v(x,y)
ist und u und v die Cauchy-Riemann-Differenzialgleichungen erfüllen:
∂u
∂v
=
;
∂x
∂y
∂u
∂v
=−
∂y
∂x
b) Man zeige: Ist die Abbildung f : Ω → C holomorph, dann erfüllen sowohl Realteil
als auch Imaginärteil die Laplacegleichung in Ω: ∆u = 0 und ∆v = 0.
c) Nach Teilaufgabe b) liefert jede holomorphe Funktion eine Lösung des elektrostatischen Problems div(ε▽Φ) = 0 für konstantes ε. Sei Φ : Ω → R das elektrostatische Potential. Wie muss eine Funktion Ψ gewählt werden, damit f (x + jy) :=
Φ(x, y) + jΨ(x, y) holomorph ist? Wie kann man die Funktion Ψ physikalisch interpretieren?
d) Betrachten Sie das folgende Randwertproblem:
Ω = {(x, y) ∈ R2 |y > 0}
∂ΩD = {(x, y) ∈ R2 ; y = 0, x ≥ 0}
∂ΩN = {(x, y) ∈ R2 ; y = 0, x < 0}
Φ = 0 auf ∂ΩD (Dirichlet-RB)
∂Φ
∂n
= 0 auf ∂ΩN (Neumann-RB)
√
Zeigen Sie, dass der Realteil der Funktion f (z) = Φ + jΨ = 1j z die LaplaceGleichung ∆Φ = 0 mit den angegebenen Randbedingungen löst. Geben Sie Gleichungen für die elektrischen Feldlinien und für die Äquipotentiallinien an.
21
3 RECHENAUFGABEN
9. Aufgabe (Spektralzerlegung)
Wir betrachten das Randwertproblem für das elektrostatische Potential ϕ auf dem quaderförmigen Gebiet Ω = (0, L1 )×(0, L2 )×(0, L3 ) ⊂ R3 mit homogenen Dirichletbedingungen
und ε = constans. (RWP)
1
−∆ϕ = f ≡ f˜;
ε
ϕ|δΩ = 0
a) Bestimmen Sie die orthonormierten Eigenfunktionen und die zugehörigen Eigenwerte des Laplaceoperators −∆ in kartesischen Koordinaten ~r = (x1 , x2 , x3 ).
Hinweis: Machen
b1 (x1 )b2 (x2 )b3 (x3 ).
Sie
für
die
Eigenfunktionen
einen
Separationsansatz
b) Wie lautet dann die Greensche Funktion zu obigem Randwertproblem, ausgedrückt
durch die in a) bestimmten Eigenfunktionen und -werte ( Spektraldarstellung“)?
”
c) Geben Sie die Lösung ϕ des Randwertproblems (RWP) mit Hilfe von b) explizit an
( diskrete Fourierdarstellung“).
”
22
3 RECHENAUFGABEN
10. Aufgabe (Klausuraufgabe WS0910)
Wir betrachten das eindimensionale Randwertproblem für das elektrostatische Potential
Φ(x) auf dem Gebiet Ω = (0, L) × R × R ⊂ R3 . Auf der Berandung bei x = 0 gilt die
homogene Neumann-Randbedingung und bei x = L ist das Potential Φ(x = L) = V fest
vorgegeben (inhomogene Dirichlet-Bedingung). Im Gebiet Ω gilt für die Dielektrizitätskonstante ε = ε0 . Zusätzlich ist eine vorerst nicht genauer spezifizierte stetige Raumladungsdichte ρ(x) gegeben (siehe untenstehende Zeichnung).
Neumann
ε0
Dirichlet
ρ( x)
x
0
L
Führen Sie die gesamte Rechnung in kartesischen Koordinaten durch.
*a) Leiten Sie allgemein aus dem Gaußschen Gesetz und dem Induktionsgesetz im stationären Fall eine partielle Differentialgleichung für das elektrostatische Potential
Φ(~r) ab (Poissongleichung). Wie vereinfacht sich diese Gleichung im betrachteten
eindimensionalen Fall?
*b) Berechnen Sie das elektrostatische Potential ΦV (x) für die oben genannten Randbedingungen im quellenfreien Fall (d.h. ρ(x) = 0).
*c) Bestimmen Sie die orthonormierten Eigenfunktionen und die Eigenwerte des Differentialoperators der eindimensionalen Poissongleichung für das gegebene Randwertproblem mit homogenen Randwerten (d.h. V = 0).
Hinweis:
• Verwenden Sie für die Eigenlösungen den Ansatz
b(x) = A · cos (kx) + B · sin (kx)
• und ggf. die Stammfunktionen
Z
2ax + sin (2ax)
cos2 (ax)dx =
4a
Z
sin (x(a − b)) sin (x(a + b))
+
cos (ax) cos (bx)dx =
2(a − b)
2(a + b)
d) Wie berechnet sich das elektrostatische Potential Φhom (x) mit homogenen Randbedingungen aus den Eigenlösungen des Differentialoperators und der (allgemeinen)
Raumladungsdichte ρ(x)?
23
3 RECHENAUFGABEN
e) Berechnen Sie das Potential Φhom (x) für konstantes ρ(x) = C mit Hilfe der Eigenlösungen der Spektralzerlegung. Weshalb benötigt man für eine gute Näherung nur
wenige Terme der Spektralzerlegung?
*f) Wie lautet die Gesamtlösung Φ(x) der gegebenen Aufgabenstellung in Abhängigkeit
von ΦV (x) und Φhom (x)?
24
3 RECHENAUFGABEN
11. Aufgabe (Spiegelladungsprinzip)
Ist die Greensche Funktion G(~r, ~r ′ ) zum Randwertproblem
−∆ϕ = f˜ in Ω mit ϕ|δΩ = 0
bekannt, so kann die Lösung ϕ über den Integraloperator
Z
ϕ(~r) =
G(~r, ~r ′ )f˜(~r ′ )d3 r′
Ω
dargestellt werden.
a) Für Ω = R3 und ε = ε0 ist das von einer Punktladung f˜(~r) := εq0 δ(~r − ~r0 ) erzeugte Potential ϕ(~r) über das Coulombsche Gesetz gegeben. Leiten Sie hieraus die
Vakuum-Greenfunktion“ im R3 ab.
”
b) Konstruieren Sie mit Hilfe des Spiegelungsprinzips die Greenfunktion für den Halbraum Ω = (0, ∞) × R2 und für den Viertelraum Ω = (0, ∞) × (0, ∞) × R jeweils mit
homogenel Dirichletbedingungen auf δΩ.
25
3 RECHENAUFGABEN
12. Aufgabe (Greensche Funktion)
a) Zeigen Sie, dass folgende Identität (Greenscher Satz) gilt:
Z Z
3
∂g
∂f
2
2
f
f ∇ g − g∇ f d x =
da
−g
∂n
∂n
∂V
V
Verwenden Sie hierzu den Gaussschen Satz.
b) Leiten Sie mit Hilfe der Definition der Greenschen Funktion aus der Vorlesung
div (ε∇G(~x, ~x ′ )) = −δ (~x − ~x ′ )
und dem Greenschen Satz eine allgemeine Bestimmungsgleichung für das elektrostatische Potential im Fall inhomogener Randbedingungen ab. Beschränken Sie hierbei
Ihre Untersuchung auf homogene Medien.
c) Weshalb genügt meist die folgende Form für die Potentialberechnung?
Z
φ(~x) =
G(~x, ~x ′ )ρ(~x ′ )d3 x′
V
26
3 RECHENAUFGABEN
13. Aufgabe (Wärmetransport)
Gegeben sei ein in y- und z-Richtung unendlich ausgedehnter Metallblock der Dicke L.
Linksseitig sei seine Temperatur konstant auf T2 . Auf seiner rechtsseitigen Oberfläche sei
eine dünne Schicht der Dicke d aus einem anderen Material aufgebracht. Die dünne Schicht
grenze rechtsseitig an ein Umgebungsmedium mit der Temperatur T0 . Die spezifische
Wärmeleitfähigkeit des Metallblocks sei κb und die der dünnen Schicht κs . In beiden
Medien fließe eine Wärmestromdichte j~Q (~r).
a) Es besteht eine Korrespondenz zwischen Elektrostatik und Thermostatik. Welche
Größen aus der Elektrostatik sind zu κ, T und jQ äquivalent? Welche Beziehung
entspricht dem (differentiellen) ohmschen Gesetz?
b) Bestimmen Sie den Temperaturverlauf in x-Richtung im Inneren der dünnen Schicht
in Abhängigkeit der Umgebungstemperatur T0 und der Temperatur T1 , die am Übergang zwischen dem Metallblock und der dünnen Schicht herrscht?
Hinweis: Bilanzgleichung
c) Welchen Randbedingungen genügen die Temperaturen T (x) und ihre Ortsableitung
dT
am Übergang zwischen dem Metallblock und der dünnen Schicht?
dx
d) Berechnen und skizzieren Sie die Temperaturverläufe innerhalb der gesamten Anordnung unter der Annahme T2 > T0 . Welcher Wert ergibt sich für T1 ? Diskutieren
Sie insbesondere den Fall κb ≫ κs .
e) Zur Berechnung des Temperaturfeldes im Metallblock kann man die Wirkung der
dünnen Schicht durch eine Randbedingung am Übergang Metallblock/dünne Schicht
beschreiben. Leiten Sie diese her.
27
3 RECHENAUFGABEN
14. Aufgabe (Kapazitätsmatrix)
In einem homogenen Dielektrikum mit der Permittivität ε liegt eine unendlich ausgedehnte leitende Ebene, über der sich zwei (als unendlich lang angenommene) parallelekreiszylindrische Leiter L1 und L2 mit den Radien a1 und a2 befinden. Die Leiter haben
den Abstand l zueinander und die Abstände d1 /2 bzw. d2 /2 von der Ebene. Werden die
beiden Leiter mit den Ladungen q1 bzw. q2 pro Längeneinheit geladen, dann wird ein
Potential V (~r) erzeugt; dabei nimmt das Potential auf den Leitern die konstanten Werte
V1 und V2 an. Zwischen den Ladungen auf den Leiteroberflächen ∂L1 und ∂L2 und den
Potentialen auf den Leitern L1 und L2 herrscht ein linearer Zusammenhang, der durch
die Kapazitätsmatrix gegeben ist. Es gilt:
q1
C11 C12
V1
=
q2
C21 C22
V2
Im Folgenden soll die Kapazitätsmatrix unter der Voraussetzung
a1 , a2 ≪ min{l, d1 /2, d2 /2} bestimmt werden.
a) Zeigen Sie zuerst, dass das elektrische Potential einer Doppelleitung (a: Leiterradius,
d: Leiterabstand, q: Ladung pro Längeneinheit) unter obiger Voraussetzung gegeben
ist durch

ln(a/d) ~r ∈ L
2q 
Φ(~r) = −
ln(s/s′ ) ~r ∈ R2 \{L ∪ L′ }
4πε 

ln(d/a) ~r ∈ L′
wenn der Symmetrieebene
y = 0 das Potential
Null zugeordnet wird. Hierbei ist
2
2
s2 = x2 + y − d2 und s′2 = x2 + y + d2
28
3 RECHENAUFGABEN
b) Berechnen Sie das Potential Φ(~r) der Leiter L1 und L2 mit Hilfe des Spiegelladungsprinzips. Auf der leitenden Ebende y = 0 soll Φ = 0 gelten.
c) Wie lauten die Potentiale V1 und V2 auf den beiden Leitern in Abhängigkeit der
gegebenen Größen?
d) Bestimmen Sie jetzt die Kapazitätsmatrix.
e) Was ergibt sich für die Kapazitätsmatrix, wenn der Abstand l der beiden Leiter
unendlich wird, bzw. wenn der Abstand d := d1 = d2 der beiden Leiter zur leitenden
Ebene unendlich wird?
29
3 RECHENAUFGABEN
15. Aufgabe (Energie und Arbeit im Plattenkondensator)
Ein Vakuumplattenkondensator mit Plattenabstand d und Plattenfläche A ist an eine Batterie mit der Spannung U0 angeklemmt. Die Platten sollen jetzt unter zwei verschiedenen
Bedingungen auseinandergezogen werden:
Fall V: Konstante Spannung am Kondensator.
Fall Q: Konstante Ladung auf dem Kondensator, d.h. der Kondensator wird vor dem
Auseinanderziehen abgeklemmt.
Lösen Sie die folgenden Aufgabenteile für beide Fälle
a) Wie groß ist die in dem Kondensator gespeicherte elektrische Feldenergie Wel für
d = d0 und d = 2d0 ?
b) Berechnen Sie aus der Energiebilanz (Änderung der Feldenergie = mechanische Arbeit + evtl. Arbeit an der Batterie) für eine infinitesimale Verrückung δd die elektrische Kraft auf die Platten für d = d0 und d = 2d0 .
c) Wie groß ist die aufzuwendende mechanische Arbeit Wme beim Auseinanderziehen
der Platten von d = d0 auf d = 2d0 ?
d) Welcher Zahlenwert ergibt sich für die zwischen den Platten wirkende elektrische
Kraft auf die Platten für d = d0 = 1cm, A = 0, 226m2 und U0 = 20kV ?
30
3 RECHENAUFGABEN
16. Aufgabe (Hochpass und Tiefpass)
Gegeben sind die beiden skizzierten Schaltungen, die jeweils ausgangsseitig im
Leerlauf betrieben (i2 = 0) und eingangsseitig mit sinusförmiger Wechselspannung
u1 (t) = Û1 · sin (ω t) gespeist werden. Die Schaltelemente R, L und C sowie die Kreisfrequenz ω sind gegeben.
R
u 1 (t)
R
i 2= 0
C
u 2 (t)
u 1 (t)
Nr. 1
i2 = 0
L
u 2 (t)
Nr. 2
a) Zeichnen Sie für jede der beiden Schaltungen ein Zeigerdiagramm des Stromes und
sämtlicher Spannungen.
b) Entnehmen Sie den Diagrammen für beide Schaltungen die von R, C und ω bzw.
von R, L und ω abhängigen Ausdrücke für
1) das Amplitudenverhältnis Û2 /Û1 ,
2) die Phase der Ausgangsspannung.
c) Skizzieren Sie die Verläufe der Amplitudenverhältnisse und Phasen abhängig von der
normierten Frequenz x = ω/ω0 , wobei die sog. Grenzfrequenz ω0 für die Schaltung
Nr. 1 gegeben ist durch ω0 = 1/R C, für die Schaltung Nr. 2 durch ω0 = R/L.
31
3 RECHENAUFGABEN
17. Aufgabe (Ströme und Spannungen in Wechselstromkreisen)
Gegeben sind die beiden gezeichneten Schaltungen aus R, L und C. Für die Schaltung
Nr. 1 ist die Eingangsspannung u1 (t) = Û1 · sin (ω t) gegeben, für Schaltung Nr. 2 der
Eingangsstrom i2 (t) = Iˆ2 · sin (ω t).
i 1 (t)
i 2 (t)
L
u 1 (t)
L
u 2 (t)
C
R
C R
Nr. 2
Nr. 1
Ermitteln Sie mit Hilfe der entsprechenden Zeigerdiagramme für die Schaltung Nr. 1 die
von R, L, C, ω und ggf. Û1 abhängigen Ausdrücke für die Amplitude Iˆ1 und die Phase ϕ1
des Gesamtstromes i1 (t) = Iˆ1 · sin (ω t + ϕ1 ) und für die Schaltung Nr. 2 die Ausdrücke
für Û2 und ϕ2 der Gesamtspannung u2 (t) = Û2 · sin (ω t + ϕ2 ).
32
3 RECHENAUFGABEN
18. Aufgabe (Klausuraufgabe WS0910)
Die zu untersuchende Wechselstromschaltung besteht aus einer idealen Wechselspannungsquelle, die mit einer Last Z L verbunden ist (siehe Abbildung). Die Spannungsquelle liefert
b · sin (ωt) mit der festen Kreisfrequenz ω. Die Last ist aus einer
die Spannung u(t) = U
Induktivität L, einer Kapazität C und einem ohmschen Widerstand R aufgebaut.
C
U0
L
R
Last Z L
*a) Zeichnen Sie ein Zeigerdiagramm für die folgenden Spannungen und Ströme:
(1) b
I R (Strom durch den Widerstand R),
(2) b
I L (Strom durch die Induktivität L),
(3) b
I (Strom durch die Last) und
b 0 (Spannungsquelle),
(4) U
*b) Berechnen Sie die Impedanz Z L der Last und bringen Sie das Ergebnis auf einen
gemeinsamen reellen Nenner.
*c) Wie groß ist der Effektivwert Ueff der Spannungsquelle? Berechnen Sie den komplexen Leistungszeiger P in Abhängigkeit von Ueff und Z L . Wie nennt man die
Leistungskomponenten Re (P ) und Im (P )?
d) Berechnen Sie diejenige Frequenz ω, bei der die von der Last aufgenommene Leistung
rein reell ist. Verwenden Sie dazu R > 0 und 0 < C < ∞. Welcher Bedingung müssen
R, C und L genügen, damit dieser Fall auftreten kann?
33
3 RECHENAUFGABEN
19. Aufgabe (Effektivwerte von Wechselströmen)
Gegeben sind zwei periodische, aber nicht sinusförmige Stromverläufe, nämlich
Im
Im · t/τ
für 0 < t < τ
für 0 < t < τ
i1 (t) =
i2 (t) =
0
für τ < t < T
0
für τ < t < T
Dabei ist T die Periodendauer, τ und Im sind Konstanten.
a) Skizzieren Sie die beiden Stromverläufe.
b) Berechnen Sie in beiden Fällen den Effektivwert des Stromes, abhängig von Im , T
und τ .
34
3 RECHENAUFGABEN
20. Aufgabe (Lösung von Wellengleichungen)
D’Alembert bewies 1747, dass die Lösungen der eindimensionalen Wellengleichung
∂2u
1 ∂2u
=
∂x2
v 2 ∂t2
die Form
u(x, t) = F1 (x + vt) + F2 (x − vt)
mit gewissen zweimal stetig differenzierbaren Funktionen F1 und F2 haben.
Zeigen Sie, dass mit Kenntnis der Anfangsverteilungen
u0 (x) := u(x, 0) und v0 (x) :=
∂u
(x, 0)
∂t
die beiden Anteile F1 und F2 der Lösung berechnet werden können als:
Z x+vt
1
1
v0 (x′ )dx′ + C0
F1 (x + vt) = u0 (x + vt) +
2
2v 0
Z x−vt
1
1
F2 (x − vt) = u0 (x − vt) −
v0 (x′ )dx′ − C0
2
2v 0
mit beliebiger Konstante C0 .
35
3 RECHENAUFGABEN
21. Aufgabe (Polarisation einer ebenen Welle)
Das elektrische Feld einer harmonischen ebenen Welle ist gegeben durch
~ r, t) = ~e1 · E01 · cos(~k · ~r − ωt − ϕ01 ) + ~e2 · E02 · cos(~k · ~r − ωt − ϕ02 )
E(~
Hierbei bezeichnen ~e1 und ~e2 ein Orthonormalsystem in den Phasenebenen senkrecht zur
Ausbreitungsrichtung ~n = ~k/|~k|, so dass ~e1 , ~e2 , ~n ein Rechtsschraubensystem im R3 bilden.
~ - Vektors in einer
Geben Sie die Gleichung für die Kurve an, die der Endpunkt des E
~
Phasenebene k · ~r = const beschreibt. Diskutieren Sie die Kurvenform insbesondere für
die Fälle
(i) ψ = mπ,
(ii) ψ = (m + 1/2)π,
m∈Z
m ∈ Z,
E01 = E02
wobei ψ = ϕ02 − ϕ01 die Phasendifferenz bezeichnet.
36
3 RECHENAUFGABEN
22. Aufgabe (Die reflektierte Welle)
Gegeben seien zwei sich sinusförmig im Vakuum ausbreitende ebene Wellen, von denen
sich die eine Welle in +z - Richtung und die andere in -z - Richtung ausbreiten soll. Das
gesamte komplexe elektrische Feld entsteht durch die Überlagerung der elektrischen Felder
beider Wellen:
~ˆ t) = Êx (z, t) · ~ex = ~ex · Â ej(ωt−kz) + r̂ · ej(ωt+kz)
E(z,
Dabei gilt:
 = Ê01 = E01 · ejϕ1
 · r̂ = Ê02 = E02 · ejϕ2
k
: komplexe Amplitude der Welle in +z - Richtung
: komplexe Amplitude der Welle in -z - Richtung
: positive reelle Größe (Kreiswellenzahl)
~ˆ t).
a) Bestimmen Sie das zugehörige komplexe magnetische Feld H(z,
~ˆ als Funktion des Ortes z
b) Berechnen Sie die Amplitude des elektrischen Feldes |E|
in Abhängigkeit der Parameter |Â|, |r̂|, k und der relativen Phase ϕr = ϕ2 − ϕ1 .
Bestimmen Sie Maximum und Minimum dieser Funktion.
~ˆ
c) Skizzieren Sie |E(z)|
für r̂ = 0, r̂ = 0, 5 und r̂ = 1. Wie kann die Konstante r̂
interpretiert werden?
37
3 RECHENAUFGABEN
23. Aufgabe (Die gedämpfte Welle)
Gegeben sei eine räumlich gedämpfte ebene Welle
h
i
~ t) = Re E
~ 0 · exp j(ωt − k̃(ω)z
E(z,
mit dem komplexen Ausbreitungsvektor ~k = k̃(ω) · ~ez , die sich in einem Medium mit der
reellen Dielektrizitätskonstante ǫ(ω) und der Leitfähigkeit σ(ω) ausbreitet.
a) Wie lautet die komplexe Dielektrizitätskonstante ǫ̃(ω)? Bestimmen Sie in Abhängigkeit der gegebenen Größen das Dämpfungsmaß −α(ω) und das Phasenmaß β(ω).
b) Berechnen Sie mit Hilfe des komplexen Wellenwiderstands Z(ω) das zugehörige ma~
gnetische Feld H(z,
t).
c) Bestimmen Sie die Eindringtiefe z0 in Abhängigkeit von α(ω). Was lässt sich über
die Amplitude der Welle an der Stelle z = z0 sagen?
d) Im Folgenden gilt die Annahme für kleine Frequenzen: Was lässt sich dann über die
Amplitude der Welle an der Stelle z = λ sagen?
38
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
4 Lösungsskizzen zu den Rechenaufgaben
1. Aufgabe (Lösungsskizze)
Gegeben ist ein Satz an Punktladungen (qi , ~ri ) mit i ∈ {1, . . . , n}. Für die elektrische
Energiedichte eines Systems aus zwei Punktladungen gilt dabei
wel =
1
q2 q1
4πǫ |~r2 − ~r1 |
Die elektrostatische Energie Wel eines Systems aus Punktladungen ist die Arbeit, die nötig
ist, um q1 , ..., qn aus dem Unendlichen an die Positionen ~r1 , ..., ~rn zu bringen.
n j−1
n
n
1 X X qj qk
1 1 X X qj qk
Wel =
=
4πǫ j=2 k=1 |~rj − ~rk |
2 4πǫ j=1 k=1 |~rj − ~rk |
j6=k
a) Es ist zu zeigen: F~el,i = −∇~ri Wel (~r1 , ..., ~rn )
• F~m,i = −F~el,i (actio = reactio)
• geleistete mechanische Arbeit bei einer Variation der Abstände δWm = F~m,i δ~ri
• elektrische Energie des Systems ist gleich mechanischer Arbeit δWm = δWel
• für die mechanische Kraft gilt F~m,i = ∇~r Wm
i
δWm = Fm,i δ~ri = −F~el,i δ~ri
⇒
δWm = ∇~ri Wm δ~ri = ∇~ri Wel δ~ri = δWel
und
F~el,i = −∇~ri Wel (~r1 , ..., ~rn )
b) Bei vier Punktladungen (n = 4) gibt es insgesamt 6 Kopplungsterme. Durch geometrische Überlegung und Ausnutzen der Symmetrie der Anordnung ergibt sich bei
gleichen Ladungensmengen q die elektrische Energie des Systems.
Die Zahl der Kopplungsterme lautet allgemein
k=
n(n − 1)
2
√
Es gibt vier Terme mit dem Abstand |~rk − ~rj | = 2a
und zwei Terme mit dem Abstand |~rk − ~rj | = 2a (siehe
Skizze). Auf diese Weise resultiert für die elektrische
Energie des Systems
39
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Wel,1
q2
=
4πε
1
1
4· √ +2·
2a
2a
=
√ q2 1+2 2
4πεa
c) Die Kraft auf die Ladung q1 ist durch Superposition der Coulomb-Kräfte zu berechnen. Diese folgt auch direkt aus der in Teilaufgabe a) gegebenen Formel:
n
~r1 − ~rj
1 X
~
q1 qj
Fel,1 = −∇~r1 Wel (~r1 , ..., ~rn ) =
4πε j=2
|~r1 − ~rj |3
Zur Berechnung helfen einige Überlegungen:
• alle Ladungen liegen in der xy-Ebene ⇒ keine Kraft in z-Richtung
• aus der Symmetrie folgt, dass sich die y-Komponenten gegenseitig aufheben
2
2
q
1
q
a
1
2a
~ex
~ex =
F~el,1 = Fel,1 ~ex =
+2· √
+√
4πε (2a)3
4πεa2 4
( 2a)3
2
d) Ladungen q1 = . . . = q8 =: q an den Ecken eines Würfels der Kantenlänge a. Es gibt
insgesamt 28 Summenelemente für die Berechnung der elektrischen Energie.
Ein Würfel hat 12 Kanten und damit resultieren auch
12 identische Terme mit dem Abstand |~rk − ~rj | = a
(siehe Skizze). Zusätzlich gibt es auf jeder Seite des
Würfels zwei Diagonalen. Dadurch ergeben
√ sich 2 · 6
Terme mit dem Abstand |~rk − ~rj | = 2a. Bei den
verbleibenden vier Paaren
haben die Ladungen den
√
Abstand |~rk − ~rj | = 3a (grün eingezeichnet).
Somit resultiert für die elektrische Energie des Systems
q2
1
1
1
Wel,2 =
12 · + 12 · √ + 4 · √
4πε
a
2a
3a
40
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
2. Aufgabe (Lösungsskizze)
Querschnittsfläche des Koaxialleiters:
In den Gebieten 0 < r < a und b < r < c
befinden sich die beiden als ideal angenommenen Leiter mit der Leitfähigkeit
σ → ∞. Im Zwischenraum ist die Leitfähigkeit gleich Null. Zwischen Innen- und
Aussenleiter fällt die Spannung Uab ab
und durch den Leiter fliesst der Strom
I (siehe nebenstehende Skizze).
~ = E×
~ H
~ erfolgt in Zylinderkoordinaten. Aus
a) Die Berechnung des Poynting-Vektors S
~ = Hϕ~eϕ . In den beiden Leitern gilt E
~ = 0 (da ideal)
Symmetrieüberlegungen folgt H
und ausserhalb des Koaxialkabels folgt mit dem Ampereschen Durchflutungsgesetz
und dem Satz von Stokes
~ = ~j
rotH
⇒
2πrHϕ = Ieing = 0
⇒
Hϕ = 0
Damit folgt für den Poynting-Vektor


0
0<r<a


2
a
~=
S
E0 H0 2 · ~ez a ≤ r < b

r

 0
sonst
Anmerkung: Die Energie wird nur im Leiterzwischenraum transportiert.
41
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
b) Die Berechnung der in der Koaxialleitung transportierten Leistung erfolgt durch die
Volumenintegration über die Leistungsdichte
Z
Pelmg = Pkabel =
Πelmg dV
V
Mit dem Satz von Gauss und der Energiebilanzgleichung (im stationären Fall) folgt
∂welmg
~ = Πelmg ⇒ divS
~ = Πelmg
+ divS
∂t
Z
Z
Z
~
~ d~a
⇒ Pelmg =
Πelmg dV =
divS dV =
S
V
V
∂V
~ nur im Leiterzwischenraum ungleich Null ist, muss auch
Da der Poyntingvektor S
nur über die Querschnittsfläche des Koaxialkabels integriert werden
Z b Z 2π
Z b 2
b
a
2
dr = 2πa E0 H0 ln
Pkabel =
Sz~ez~ez rdrdϕ = 2πE0 H0
a
a
0
a r
c) Die Spannung Uab zwischen den beiden Leitern ergibt sich durch Wegintegration
~ = −∇φ)
von a nach b (Umkehrung von E
Uab =
Zb
~ d~r =
E
Zb
a
E0 dr = E0 a ln
r
a
a
b
a
~ = ~j) zu
Und der Strom errechnet sich aus dem Durchflutungsgesetz (d.h. rotH
I=
Z
~ d~r =
H
∂a
Z2π a H0
a dϕ = 2π H0 a
r r=a
0
d) Berechnung der Ohmschen Leistung
Pohm
b
= Uab · I = 2π a E0 H0 · ln
a
2
Es zeigt sich, dass Pohm = Pkabel . Mit Hilfe der Größen Uab und I kann nun auch
der angeschlossene Lastwiderstand bestimmt werden.
42
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
3. Aufgabe (Lösungsskizze)
~ − ǫµ
rotB
~
∂E
= µ~j
∂t
~ =
div E
(1)
1
ρ
ǫ
(2)
~
∂B
= 0
∂t
(3)
~ = 0
div B
(4)
~+
rotE
~ r, t) = 0
div B(~
⇒
~ r, t) mit B(~
~ r, t) = rotA(~
~ r, t)
es existiert A(~
a)
~
B
~+
rotE
~
= rotA
~
∂B
∂t
=
0

(5) 

~+
⇒ rot E
~
∂A
∂t
=0
~+
⇒ es existiert Φ(~r, t) mit E
~
~ = −∇Φ − ∂ A
⇒E
∂t
~ =∇ ∇·A
~ − ∆A
~
(5) und (6) in (1) und Identität ∇ × ∇ × A
~
∂A
∂t
= −∇Φ
(6)
~
∂Φ
∂2A
~
~
= −µ ~j
⇒ ∆A − ∇ ∇ · A − ǫ µ 2 − ǫ µ ∇
∂t
∂t
(7)
(6) in (2):
⇒ ∆Φ +
∂ ~ = −1 ρ
∇·A
∂t
ǫ
(E) :
~ −→ A
~′ = A
~ − ∇χ,
A
(8)
Φ −→ Φ′ = Φ +
~ ′ = rotA
~ ′ = rot A
~ − ∇χ = rotA
~=B
~
B
∂χ
∂t
√
~′
~
~ ′ = −∇Φ′ − ∂ A = −∇Φ − ∇ ∂χ − ∂ A + ∂∇χ
~
E
=E
∂t
∂t
∂t ∂t
√
′
′
~
~
Es gibt keine weiteren Eichtransformationen. Anders gesagt: führen A, Φ bzw. A , Φ
~ B
~ bzw. E
~ ′, B
~ ′ und gilt E,
~ B
~ = E
~ ′, B
~ ′ , dann existiert ein
auf die Felder E,
~′ = A
~ − ∇χ, Φ′ = Φ + ∂χ .
χ(~r, t), so dass A
∂t
43
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
b)
Beweis zur Lorentz-Eichung:
~′ + ǫ µ
div A
2
∂Φ′
~ + ǫ µ ∂Φ − ∆χ + ǫ µ ∂ χ
= div A
∂t
∂t
∂t2
∂2χ
∂Φ′
~ + ǫ µ ∂Φ . Mit
6= 0, dann bestimme χ so, dass ∆χ + ǫ µ 2 = div A
∂t
∂t
∂t
′
∂Φ
′
′
′
~ , Φ , für die gilt:
~ + ǫµ
diesem χ ergibt sich aus (E) A
div A
= 0.
∂t
~′ + ǫ µ
Ist div A
Beweis zur Coulomb-Eichung:
~ ′ = div A
~ − ∆χ
div A
~ ′ 6= 0, dann bestimme χ so, dass ∆χ = div A.
~ Mit diesem χ ergibt sich aus (E)
Ist div A
′
′
~
~
A , für das gilt:
div A = 0.
Es lässt sich stets die Bedingung (L) oder (C) erfüllen.
Fazit:
c)
(L) in (7) und (8):
~ − ǫµ
∆A
~
∂2A
= −µ~j
∂t2
(9)
∆Φ − ǫ µ
1
∂ 2Φ
=− ρ
2
∂t
ǫ
(10)
~
∂ 2A
∂Φ
= −µ~j + ǫ µ ∇
2
∂t
∂t
(11)
(C) in (7) und (8):
~ − ǫµ
∆A
1
=− ρ
ǫ
(12) ist zur Elektrostatik formgleich. Ihre Lösung lautet:
Z
ρ(~r′ , t)
1
dV ′
Φ(~r, t) =
4πǫ
|~r − ~r′ |
∆Φ
(12)
somit hängt Φ(~r, t) nur von dem augenblicklichen ρ(~r, t) ab (instantanes Potenzial).
d)
~ ⇒ ~j = −σ∇Φ − σ∂t A
~
~j = σ E
~ = −σ∆Φ nach Coulomb-Eichung.
Divergenz bilden: ∇~j = −σ∆Φ − σ∂t ∇A
~ der induzierte StromanDamit ist −σ∇Φ der Anteil von Quellen (Ladungen) und −σ∂t A
teil.
44
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
4. Aufgabe (Lösungsskizze)
a) Gesucht: Br (r, z) mit Br (r = 0, z) = 0 (wegen Symmetrie)
~ =0
Ansatz: divB
In Zylinderkoordinaten:
~ =
divB
1 ∂(rBr ) 1 ∂Bϕ ∂Bz
+
+
=0
r ∂r
r ∂ϕ
∂z
| {z }
=0
⇒
∂Bz
∂(rBr )
= −r ·
∂r
∂z
2zr
r2
∂(rBr )
= B0 · 1 − 2 · 2
∂r
a
h
Integration:
Z
0
r
∂(r′ Br ) ′
dr =
∂r′
Z
r
0
′
r2
B0 · 1 − 2
a
z
r · Br = B0 · 2
h
z
1
⇒ Br = · B0 · 2
r
h
r4
r − 2
2a
2
r4
r − 2
2a
2
·
2zr′ ′
dr
h2
b) Welche Stromdichte erzeugt dieses Feld?
~ = ~j
Ansatz: rotH
~ folgt für die einzelnen Komponenten:
~ = 1B
Mit H
µ
µ0 · jr =
1
r
∂Bz ∂Bϕ
=0
−
∂ϕ |∂z
{z }
|{z}
=0
=0
µ0 · jz =
1
r
·
∂(rBϕ ) 1 ∂Br
−r
=0
∂ϕ
{z }
| ∂r
|{z}
=0
µ0 · jϕ =
∂Br
∂z
−
=0
∂Bz
∂r
r2
2
z2
1
B0 r
· 2 1− 2 + 2 1− 2
⇒ jϕ =
µ0
h
2a
a
h
~j = jϕ · ~eϕ
Dies entspricht einem Ringstrom.
45
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
5. Aufgabe (Lösungsskizze)
a) Nebenrechnung:


∇×
f (r)
|{z}
Funktion von
·
r=|~
r−~
r′ |


~c
 = [∇f (r)] × ~c + f (r) (∇ × ~c)
|{z}
{z
}
|
=0
Konstante
∇f (r) = f ′ (r)∇r = f ′ (r) ·
Für f (r) =
1
r
=
1
|~
r −~
r′ |
~r
r
und ~c = d~r′ folgt daraus:
∇×
d~r′
|~r − ~r′ |
=
d~r′ × (~r − ~r′ )
|~r − ~r′ |3
Z
~
~
B
∇
×
A
I
d~r × (~r − ~r′ )
~ r) =
H(~
=
=
µ
µ
4π γ |~r − ~r′ |3
Dies ist das Gesetz von Biot-Savart.
R d~r×(~r−~r′ )
~ r) = ∇×A~ = I
b) H(~
µ
4π γ |~
r −~
r ′ |3
Parametrisierung mit Zylinderkoordinaten:
~r′ = R cos ϕ · ~ex + R sin ϕ · ~ey + 0 · ~ez mit dem Radius der Leiterschleife R.
Wegelement: d~r′ =
d~
r′
dϕ
dϕ
= −R sin ϕ · ~ex + R cos ϕ · ~ey + 0 · ~ez
Differenzvektor: ~r − ~r′ = z · ~ez − (R cos ϕ · ~ex + R sin ϕ · ~ey + 0 · ~ez )
Kreuzprodukt: d~r′ × (~r − ~r′ ) = zR cos ϕ · ~ex + zR sin ϕ · ~ey + R2 · ~ez
√
3
Betrag: |~r − ~r′ |3 = R2 + z 2
Magnetfeld auf der z-Achse:
~ r)
H(~
x,y=0
I
=
4π
Z
2π
0
zR cos ϕ · ~ex + zR sin ϕ · ~ey + R2 · ~ez
√
3
R2 + z 2
Integral lösen ergibt:
~
H(~r)
x,y=0
c) gegeben:
d~ := ~r − ~r0 ,
~
d >> |~s|
=
I
R2
·
· ~ez
2 (R2 + z 2 )3/2
~s := ~r′ − ~r0
46
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
~ r)
A(~
=
zeige
=
mit
I
µ0
4π |~r − ~r0 |3
Z
[(~r − ~r0 ) · ~s] d~s
γ
µ0
I
F~ × (~r − ~r0 )
4π |~r − ~r0 |3
Z
F~ = d~a und ∂A = γ
A
Beweis:




 Z
?
=
~c ·  d~a × (~r − ~r0 )


A
=
~c
|{z}
∈R3 , beliebig
Z h
∂A
·
Z
[(~r − ~r0 ) · ~s] d~s =
γ=∂A
i
~
d · ~s · ~c d~s
Satz von
Stokes
=
Z
A
h
i
~
rot~s d · ~s · ~c d~a =
|
{z
}
~
= d × ~c, vgl.
Nebenrechnung!



Z
Z 
 Z
~c × d~ d~a = ~c · d~a × d~ = ~c ·  d~a × d~
= −


A
A
A
q.e.d.
47
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Nebenrechung:
rot f (~r)F~ (~r) = f rotF~ − F~ × ∇f
⇒ rot~s
h
i
d~ · ~s · ~c = −~c × ∇~s d~ · ~s


wobei ∇~s d~ · ~s = 

~ r) =
d) A(~
µ0
4π
· m(~
~ r0 ) ×
∂
∂sx
∂
∂sy
∂
∂sz


d
x

 · (dx sx + dy sy + dz sz ) =  dy  = d~

dz

~
r−~
r0
|~
r −~
r0 |3
~ r) =
Zu Berechnen: H(~
1
µ0
~ r)
· ∇ × A(~
Wir legen die Leiterschleife in den Ursprung, so dass ~r0 = ~0 und |~r − ~r0 | = r.
Nebenrechnung:
∇ × [~a × f (r)~r] = ∇ × [f (r) · (~a × ~r)]
= ∇f (r) × (~a × ~r) + f (r) · ∇ × (~a × ~r)
~r
= f ′ (r) × (~a × ~r) + 2~af (r)
r
Hier: f (r) =
~a =
1
4π
·m
~
1
r3
⇒ f ′ (r) = − r34
~r × (~a × ~r) = ~a(~r · ~r) − ~r(~a · ~r)
Alles einsetzen ergibt:
~ · ~r)~r − r2 · m
~
~ r) = 1 · 3(m
H(~
5
4π
r
48
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
6. Aufgabe (Lösungsskizze)
Bei Leitern endlicher Länge gilt das
dlQ
Gesetz von Biot-Savart
~A =
dH
1 ~jQ × ~rQA
·
· dVQ
4π
|~rQA |3
AQ "klein"
a) Im Fall eines dünnen Drahtes gelten dVQ = AQ · dlq und |~jQ | =
y
I
|~jQ | · dVQ =
· AQ · dlQ = I · dlQ
AQ
A(x,y)
~
~ A = I dlQ × ~rQA
damit
dH
4π |~rQA |3


0
~ Q = dy · ~ey =  dy 
dl
0


x − xQ
~rQA = ~rA − ~rQ =  y − yQ 
0
d~lQ × ~rQA
=
rQA
rA
Q(xQ ,yQ )
rQ
a
x

 
 
0
x − xQ
0
 = −(x − xQ ) · dy · ~ez
0
=  dy  ×  y − yQ  = 
−dy(x − xQ )
0
0

|~rQA |3 = (x − xQ )2 + (y − yQ )2
~A =
H
I
.
AQ
Z
dHA (xQ , yQ ) =
I(a − x)
~ez
4π
Zb
3/2
yQ =−b
Zb
yQ =−b
I
(a − x) dyQ · ~ez
4π ((a − x)2 + (y − yQ )2 )3/2
dyQ
((a − x)2 + (y − yQ )2 )3/2
49
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Dieses Integral kann mit der Substitution yQ − y := u
~A
H
I(a − x)
=
~ez
4π
Zb−y
dyQ
= 1 gelöst werden:
du
du
= (Bronstein) =
((a − x)2 + u2 )3/2
u=−(b+y)
"
#b−y
u
I(a − x)
p
~ez
=
4π
(a − x)2 u2 + (a − x)2 −(b+y)
(
)
b−y
I
b+y
~ez p
=
+p
4π(a − x)
(b − y)2 + (a − x)2
(b + y)2 + (a − x)2
Durch Grenzwertberechnung lässt sich zeigen:
~ A → ~ez ·
für b → ∞ H
I
2π(a − x)
b) Die Erweiterung auf eine rechteckige Leiterschleife erfolgt durch Superposition der
Teillösungen.
50
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
7. Aufgabe (Lösungsskizze)
a)
~ 2 = rotA
~ 2 = − ∂Az ~eϕ = K ~eϕ ,
B
∂r
r
~
~ 2 = B2 = K ~eϕ , r1 <r≤r2
H
µ2
µ2 r
b)
H
C(r)
~ 2 ·d~r =
H
c) Für
K
2πr
µ2 r
0≤r≤r1
πr2 j0 =
R
C(r)
=⇒
=⇒
K
2π
µ2
=
~ φ · d~r =
H
~j·d~a = πr12 j0 =⇒ K =
A
µ2 r12 j0
2
R
C(r)
Hφ (r)~eϕ · d~r = Hφ (r)2πr
~ 1 = 1 j0 r~eϕ
H
2
µ
1 j0
~1 =
r~eϕ
B
2
⇒
z
=
Bϕ = − ∂A
∂r
µ1 j 0
r
2
Az (r) = − µ14j0 r2 + C
Stetig bei r = r1 :
also
R
ist:
~ r) = Az (r)~ez
Ansatz: A(~
⇒
=
r1 <r≤r2
Az (r) =
Az (r1 − 0) = Az (r1 + 0) = 0 ,
µ1 j 0 2
(r1
4
− r2 ).
H
r1
d)
~ 1 =⇒
e) ~j1 = σ1 ·E
~
~ ×H
~1 =
f) S(r)
=E
~1 =
E
j0
~e
σ1 z
j0
~e
σ1 z
×
j0
r~eϕ
2
r2
j2
= − 2σ01 r~er
51
r
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
~ =
g) div(S)
1 ∂
(r
r ∂r
~ =
pohm = ~j · E
⇒
· Sr (r)) =
j02
σ
1 ∂
r ∂r
j2
j2
− 2σ0 r2 = − σ0
~ = −pohm ⇒ Bilanzgleichung
div(S)
52
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
8. Aufgabe (Lösungsskizze)
a)
df
f (z0 + h) − f (z0 )
(z0 ) = lim
h→0
dz
h
h∈R
v(x0 + h, y0 ) − v(x0 , y0 )
u(x0 + h, y0 ) − u(x0 , y0 )
+ j lim
h→0
h→0
h
h
h∈R
h∈R
∂v ∂u
+j·
=
∂x
∂x x0 ,y0
= lim
df
f (z0 + jh) − f (z0 )
(z0 ) = lim
h→0
dz
jh
h∈R
1 ∂u j ∂v +
=
j ∂y j ∂y x0 ,y0
∂u ∂v
−j
=
∂y
∂y x0 ,y0
Gleichsetzen und Vergleich von Real- und Imaginärteil ergibt die Cauchy-RiemannDifferenzialgleichungen:
∂u
∂v
=
∂x
∂y
∂u
∂v
=−
∂x
∂y
b)
∂2v
∂x∂y
∂2v
∂y∂x
2
∂2u
∂x2
=
∂2v
∂x2
∂ u
∂ u
∂ v
= − ∂x∂y
= − ∂y∂x
= − ∂y
2 ⇒ ∆v = 0
=
2
= − ∂∂yu2 ⇒ ∆u = 0
2
2
c) Sei Φ : Ω → R elektrostatisches Potential
Löse die Cauchy-Riemann-DGLn, um Ψ so zu bestimmen, damit f (x + jy) =
Ψ(x, y) + jΨ(x, y) holomorph ist.
Dies gelingt über:
Ψ(x, y) = Ψ(x0 , y0 ) +
Interpretation:
R (x,y)
∂Φ
dx
(x0 ,y0 ) ∂y
+
∂Φ
dy
∂x
Re(f ) = reelles elektrostatisches Potential, Φ(x, y) = const. entspricht Äquipotentiallinien.
Im(f ) = “Strompotential” Ψ(x, y) = const. entspricht Feldlinien (senkrecht auf
Äquipotentiallinien).
53
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
d) f (z) =
1√
z
j
√
= −j r cos
ϕ
2
+
√
r sin
ϕ
2
in Polarkoordinaten.
√
Elektrostatisches Potential: Φ(x, y) = Φ̃(r, ϕ) = Re(f ) = r sin
Test der Laplacegleichung: ∆Φ̃ =
∂ 2 Φ̃
∂r 2
+
1 ∂ Φ̃
r ∂r
+
1 ∂ 2 Φ̃
r 2 ∂ϕ2
= 0 (OK)
ϕ
2
Test der Randbedingungen:
Dirichlet-RB: Φ(x ≥ 0, y = 0) = Φ̃(r, ϕ = 0) = 0 (OK)
∂
Neumann-RB: ∂n
Φ(x < 0, y = 0) = ∂n Φ̃(r, ϕ = π) =
√ 1
π
r 2 cos 2 = 0 (OK)
∂
∂ϕ
√
r · sin ϕ2 ϕ=π =
=⇒ Der Realteil der Funktion f (z) löst die Laplacegleichung mit den angegebenen
Randbedingungen.
Elektrische Feldlinien: Ψ̃(r, ϕ) = const. = C, also
C
ϕ
√ = − cos
2
r
Äquipotentiallinien: Φ̃(r, ϕ) = const. = C, also
C
ϕ
√ = sin
2
r
54
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
9. Aufgabe (Lösungsskizze)
• homogenes Randwertproblem div (ǫ ∇ϕ) = −f mit ϕ|∂Ω = 0 und
(Dirichlet- und Neumannbedingung)
∂ϕ ∂n ∂Ω(N )
= 0
′
• Greensche Funktion: definiert als Lösung des homogenen RWP’s mit f (~r) = δ(~r −~r )
(Punktladung) als rechte Seite
R
′
′
′
• Da ϕ(~r) = G(~r, ~r ) f (~r ) d3~r das homogene RWP löst, kann die Lösung des RWP’s
Ω
übergeführt werden in die Bestimmung der Greenschen Funktion für die jeweilige
Geometrie
• Die Greensche Funktion ist für eine Geometrie immer gleich → Arbeitsersparnis, da
also das RWP für jede Geometrie nur einmal gelöst werden muss
• Bestimmung der Greenschen Funktion mittels Spektraldarstellung oder Spiegelungsprinzip möglich
a)
−ǫ△ϕ = f,
ϕ|∂Ω = 0
Finde Eigenfunktion in kartesischen Koordinaten ~r = (x1 , x2 , x3 ) !
→ Separationsansatz b(~r) = b1 (x1 ) b2 (x2 ) b3 (x3 )
wegen ∆ =
∂2
∂x21
+
∂2
∂x22
+
∂2
∂x23
folgt:
′′
′′
′′
−ǫ∆ b = −ǫ b1 b2 b3 + b1 b2 b3 + b1 b2 b3 = λ b1 b2 b3
′′
⇒ −ǫ
′′
′′
b
b
b1
−ǫ 2 −ǫ 3 =λ ∈R
b1
b2
b3
′′
′′
′′
b1
b
b
= λ1 ; − ǫ 2 = λ2 ; − ǫ 3 = λ3 ; λ = λ1 + λ2 + λ3 ;
b1
b2
b3
λj
′′
⇒ bj +
bj = 0, j = 1, 2, 3
ǫ
q
λj
bj (xj ) = Aj sin(kj xj ) + Bj cos(kj xj ), kj =
ǫ
⇒ −ǫ
Randbedingung:
b (0) = bj (L)
=
|j{z }
| {z }
⇓
⇓
Bj = 0
kj Lj = nj π,
π
⇒ bj (xj ) = Aj sin nj
xj
Lj
55
0
nj ∈ N
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Normierung:
!
1 =
ZLj
b2j (xj ) dxj
A2j
ZLj
0
=
sin
0
2
π
xj
nj
Lj
1
= A2j Lj
2
dxj
⇒ Aj =
s
2
Lj
3
3
Y
π
(2) 2
sin nj
x j ; nj ∈ N
bn1 n2 n3 (~r) = √
Lj
L1 L2 L3 j=1
λn1 n2 n3 = ǫ
n1 π
L1
2
+ǫ
n2 π
L2
2
+ǫ
n3 π
L3
2
b)
′
G(~r, ~r ) =
X
bn1 n2 n3 (~r)
n1 , n2 , n3 ∈ N
1
λn1 n2 n3
′
bn1 n2 n3 (~r )
c)
ϕ(~r) =
Z
′
′
G(~r, ~r ) f (~r ) d3 r′
Ω
56
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
10. Aufgabe (Lösungsskizze)
~ =0
*a) Aus dem Gaußschen Gesetz und dem stationären Induktionsgesetz (wegen rotE
~ = −∇Φ) folgt
existiert ein Skalarpotential Φ mit der Eigenschaft E
~ = ρ und D
~ = −ε∇Φ
divD
⇒
div (ε∇Φ) = −ρ
Wegen des homogenen Mediums gilt
∆Φ = −
ρ
ε0
Im eindimensionalen Fall folgt daraus
ρ(x)
d2 Φ
=−
2
dx
ε0
*b) Im homogenen Fall sind die Quellen gleich Null und es folgt die eindimensionale
Laplacegleichung
d2 ΦV
= 0 mit dem Ansatz: ΦV (x) = Ax + B
dx2
Einsetzen der Neumann-Randbedingung bei x = 0 liefert
dΦV = A = 0 ⇒ Φ(x) = B ∈ R
dx x=0
Die Dirichlet-Randbedingung bei x = L erlaubt dann die vollständige Berechnung
der Lösung
V = ΦV (L) = B also ΦV (x) = V in 0 ≤ x ≤ L
*c) Ansatz über Eigenwertproblem für Differentialoperator
−
d2
bn (x) = λn bn (x) mit den Randbedingungen b′n (0) = 0 und bn (L) = 0
2
dx
Erste Ansatzfunktion:
bn (x) = An cos (kn x)
→
kn2 = λn
Randbedingung bei x = L muss erfüllt werden
!
bn (L) = An cos (kn L) = 0
kn =
⇔
π
(2n + 1)
2L
kn L =
π
(2n + 1) n ∈ N0
2
mit n = 0, 1, 2, . . .
und ebenso Randbedingung bei x = 0
b′n (x) = −An sin (kn L) und damit gilt auch b′n (0) = 0
57
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Zweite Ansatzfunktion:
bn (x) = Bn sin (kn L) das ist im Widerspruch zu b′n (0) = 0 und entfällt damit.
Die endgültige Lösung erfordert die Normierung der Eigenfunktionen
L
Z L
L
!
2
2
2 2kn x + sin (2kn x) An
cos (kn x) dx = An
= · A2n = 1
4kn
2
0
0
und damit folgt
bn (x) =
r
2
cos (kn x) n ∈ N0
L
d) Für das elektrostatische Potential mit homogenen Randbedingungen gilt allgemein
Z
∞
X
1
ρ(x′ )
∗
′
Φhom (x) =
bn (x) ·
dx′
bn (x )
λ
ε
n
0
Ω
n=0
Durch Einsetzen folgt dann
Z
∞
X
2 cos (kn x) L
·
cos (kn x′ )ρ(x′ ) dx′
Φhom (x) =
2
L
ε
k
0
0
n
n=0
Anmerkung: Diese Beziehung kann auch durch Einsetzen der Eigenlösungen in die
Poissongleichung bestimmt werden
Φhom (x) =
∞
X
Cn bn (x)
n=0
Multiplikation mit den Eigenfunktionen bm (x) und Ausnutzen der Orthonormalität
liefert dann die Koeffizienten
r Z L
2
1
Cn =
cos (kn x′ )ρ(x′ ) dx′
2
ε0 kn L 0
Somit resultiert das oben gegebene Ergebnis.
e) Mit ρ(x) = C folgt für die Koeffizienten
r Z L
r
2
2
C
C
(−1)n
Cn =
cos (kn x′ ) dx′ =
2
3
ε0 kn L 0
ε0 kn L
(wegen sin π(2n + 1)/2 = (−1)n ). Damit gilt für das elektrostatische Potential
Φhom (x) =
∞
X
1
CL2
cos (kn x)
(−1)n 16
3
3
ε
π
(2n
+
1)
0
n=0
Für n = 1 gilt bereits, dass die Amplitude sehr klein ist gegen die Amplitude bei
n = 0 (proportional zu n−3 und alternierendes Vorzeichen). Damit sind sehr wenige
Terme der Summe erforderlich, um eine gute Abschätzung der Lösung zu erhalten.
58
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Anmerkung: Es kann durch zweimalige Integration und Anpassen der Koeffizienten
an die Randbedingungen eine exakte Lösung für das Potential direkt berechnet
werden
C
Φhom (x) =
L2 − x 2
2ε0
*f) Die Gesamtlösung ergibt sich durch Addition der beiden Teillösungen
Φ(x) = Φhom (x) + ΦV (x)
Dieses Vorgehen ist zulässig, da das Superpositionsprinzip für das elektrostatische
Potential gilt und jeweils derselbe Randbedingungstyp bei der Berechnung der zwei
Teillösungen benutzt wurde. Dabei war zudem zu beachten, dass die Addition der
Randwerte der Teillösungen die Randwerte der Gesamtlösung ergeben.
59
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
11. Aufgabe (Lösungsskizze)
a)
Punktladung im R3 : Ladung Q bei ~r0 erzeugt Potential ϕ(~r) =
Dirichletbedingungen im Unendlichen:
Ω = R3 ,
Q 1
1
,
ǫ0 4π |~
r −~
r0 |
mit homogenen
ϕ(|~r| → ∞) = 0
d.h. es gilt
−div(ǫ0 ∇ϕ) = −Q ∆~r
1
1
4π |~r − ~r0 |
Def.:
= Q δ(~r − ~r0 )
| {z }
Punktladungsdichte
div~r (ǫ(~r)∇r G(~r, ~r ′ ) ) = −δ(~r − ~r ′ )
Vergleich mit (3.32) liefert:
GVac (~r, ~r ′ ) =
Vergleiche:
1
1
4πǫ0 |~r − ~r ′ |
−∆ϕ =
1
ϕ(~r) =
4πǫ0
Z
=
ρ(~
r)
ǫ0
Z
R3
→ Vakuum-Greenfunktion
mit der Lösung:
ρ(~r ′ ) 3 ′
dr
|~r − ~r ′ |
G(~r, ~r ′ ) ρ(~r ′ ) d3 r′
R3
ϕ(~r) =
Z
Ω
G(~r, ~r ′ ) f (~r ′ ) d3 r′
löst div ( ǫ ∇ϕ(~r) ) = −f
b)
Halbraum (ǫ = const.) ideal leitender Rand
→ Greenfunktion herleiten mit Punktladung im Halbraum:
60
(homogenes RWP)
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
≡
Potential im oberen Halbraum:
Q
Φ(~r) =
4πǫ
1
1
− |~r − ~rQ |
~r − ~rQ∗ !
für ~r ∈ H und Φ|∂H = 0
1
⇒ GH (~r, ~r ) =
4πǫ
′
1
1
−
′
|~r − ~r | |~r − ~r ′ ∗ |
Für eine beliebige Ladungsverteilung ρ(~r) in H ist die Lösung des Potentialproblems in H
Φ(~r) =
Z
GH (~r, ~r ′ ) ρ(~r ′ ) d3 r′
H
61
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Viertelraum
≡
Im Winkelraum W besitzen beide Anordnungen dasselbe Potential Φ(~r):
Q
1
1
1
1
Φ(~r) =
−
+
−
4πǫ |~r − ~rq0 | |~r − ~rq1 | |~r − ~rq2 | |~r − ~rq3 |
und Φ|∂W = 0.
Somit ist
3
GW (~r, ~r ′ ) =
1 X
1
(−1)n
′
4πǫ n=0 |~r − ~r |
die Greenfunktion für den Viertelraum!
62
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
12. Aufgabe (Lösungsskizze)
a) Mit dem Gaussschen Satz folgt
Z
Z
Z
3
2
3
∇g∇f + g∇ f d x =
div (g∇f ) d x =
V
und
Z
3
V
div (f ∇g) d x =
Z
V
(g∇f ) d~a =
∂V
V
2
3
∇f ∇g + f ∇ g d x =
Z
∂V
Z
Z
∂V
(f ∇g) d~a =
∂V
∂f
g
∂n
da
∂g
f
∂n
da
Damit ergibt sich durch Bilden der Differenz
Z Z
3
∂f
∂g
2
2
−g
da
f ∇ g − g∇ f d x =
f
∂n
∂n
∂V
V
b) Mit g = G(~x, ~x′ ) und f = Φ(~x) folgt durch Einsetzen in den Greenschen Satz
Z h
i
′
′2
′
′
′2
′
Φ(~x )∇ G(~x, ~x ) − G(~x, ~x )∇ Φ(~x ) d3 x′ =
V
=
Z
∂V
x, ~x′ )
x)
′ ∂G(~
′ ∂Φ(~
Φ(~x )
da′
− G(~x, ~x )
∂n′
∂n′
Mit der Definition der Greenschen Funktion ε∇′2 G(~x, ~x′ ) = −δ(~x − ~x′ ) und der
Poissongleichung ε∇′2 Φ(~x′ ) = −ρ(~x′ ) folgt dann:
Z
Z
Z
1
1
′
′
3 ′
′
′
3 ′
Φ(~x ) −
δ(~x − ~x ) d x −
G(~x, ~x ) −
ρ(~x ) d x =
...
ε
ε
V
V
∂V
Auflösen nach dem elektrostatischen Potential liefert dann:
Z
Z x, ~x′ )
x′ )
′ ∂G(~
′
′
3 ′
′ ∂Φ(~
da′
− Φ(~x )
Φ(~x) =
G(~x, ~x )ρ(~x ) d x + ε ·
G(~x, ~x )
∂n′
∂n′
V
∂V
(1)
c) Eine allgemeine Lösung einer Differentialgleichung kann durch Summation einer partikulären Lösung und der allgemeinen Lösung der homogenen Differentialgleichung
bestimmt werden. Das elektrostatische Potential setzt sich damit zusammen aus
Φ = φ + ψ mit
∇ (ε∇φ) = −ρ mit homogenen RBD
(spezielle Lösung der DGL)
∇ (ε∇ψ) = 0
mit inhomogenen RBD (allg. Lösung der homogenen DGL)
Prinzipiell ist es unerheblich, bei welcher der Differentialgleichungen die inhomogenen Randbedingungen verwendet werden. Allerdings ist es in der praktischen
Anwendung meist sinnvoll, diese bei der homogenen Differentialgleichung zu berücksichtigen.
Wird nunmehr φ mit homogenen Randbedingungen bestimmt, so gilt in Gleix,~
x′ )
chung (1) aufgrund der homogenen Dirichletschen Randbedingungen Φ(~x′ ) ∂G(~
=
∂n′
x′ )
′ ∂Φ(~
0 und aufgrund der homogenen Neumannschen Randbedingungen G(~x, ~x ) ∂n′ = 0.
63
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
13. Aufgabe (Lösungsskizze)
a)
~ = −σ ∇ΦEl
~j = σ · E
ja = −κ ∇T
κ ←→ σ
T ←→ Φ
ja ←→ j
b)
div (κ∇T ) = 0 aus Kontinuitätsgleichung
∂
⇔
∂x
⇔ κ
∂
κ T
∂x
=0
∂T
= C1
∂x
=⇒ T (x) = C1 · x + C2 = lineare Funktion
Bestimme die Konstanten C1 und C2 aus Randbedingungen:
T (x) =
T0 − T1
· x + T1
d
c) Randbedingungen:
T (x1− ) = T (x1+ )
κS ∂T
∂T
=
∂x1−
κB ∂x1+
d)
jQS = κS
T1 −T0
d
jQB = κB
T2 −T1
L
⇒ T1 =
jQ = jQS = jQB
κS T0 L + κB T2 d
κB d + κS L
64
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
für κB >> κS :
⇒ T2 − T1 << T1 − T0
T2 − T1 =
jQ L
,
κB
T1 − T0 =
jQ d
κS
e)
jQB = jQS
−κB
T1 − T0
∂T = κS
∂x x=x1−
d
∂T = h · (T0 − T1 )
∂x x=x1−
65
mit
h=
κS 1
·
κB d
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
14. Aufgabe (Lösungsskizze)
a) Potential eines unendlich langen, kreiszylindrischen Leiters (a, q, ~rq )
Zylinderachse falle mit x = y = 0 zusammen
⇒
∂
∂
= 0,
= 0, ~r = x~ex + y~ey , r = |~r|
∂z
∂ϕ
Gaußschen Satz anwenden auf Zylinder V der Länge l und Radius r
Z
~ a = Q(V ) = 2πrlǫEr (r) =
Dd~
∂V
Er (r) =
q · l, r > a
0, r < a
1 2q
,
4πǫ r
r>a
0, r < a
(*): Das Potential ist auf und im Leiter konstant:
∂V
Er = −
⇒ V (r) =
∂r
Z∞
2q
E dr = −
4πǫ
′
r
ln r, r > a
ln a, r ≤ a
Verallgemeinerung: Zylinderachse falle mit x = xq und y = yq zusammen
~ r) =
E(~
2q ~r − ~rq
,
4πǫ |~r − ~rq |2
~ r) = 0,
E(~
~r ∈ R2 \L
~r ∈ L
2q
ln |~r − ~rq | , ~r ∈ R2 \L
4πǫ
2q
ln a,
~r ∈ L
V (~r) = −
4πǫ
V (~r) = −
66
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Potential zweier unendlich langer kreiszylindrischer Leiter (ai , qi , ~ri ), wobei gilt:
a1 = a2 =: a,
q1 = −q2 =: q,
~r1 − ~r2 =: d >> a
Wegen d >> a stören sich die Ladungsverteilungen auf den beiden Leitern nur
wenig, in erster Näherung lässt sich das Potential der Doppelleitung aus den
ungestörten Potentialen zweier einzelner Leiter superponieren!
V (~r) = −
=−
2q1
2q2
ln |~r − ~r1 | −
ln |~r − ~r2 | =
4πǫ
4πǫ
[
|~r − ~r1 |
2q
ln
, ~r ∈ R2 \ Li
4πǫ |~r − ~r2 |
i
!
V (~r) = 0 für Symmetrieebene
⇒ |~r − ~r1 | = |~r − ~r2 |
√
~r ∈ ∂L1 ⇒ |~r − ~r1 | = a, |~r − ~r2 | ≈ d
~r ∈ ∂L2 ⇒ |~r − ~r1 | ≈ d, |~r − ~r2 | = a
(
ln( ad ), ~r ∈ L1
2q
− 4πǫ
ln( ad ), ~r ∈ L2
Spezialfall: ~r1 =
0
d
2
, ~r2 =
0
− d2
)
und
(*)
⇒
V (~r)
[
x2 + (y − d2 )2
q
2
,
(x,
y)
∈
R
\
Li
→ V (x, y) = −
ln 2
4πǫ
x + (y + d2 )2
i
b) Potential zweier Doppelleitungen unter der Voraussetzung a1 , a2 << l, d1 , d2 :
′
′
2q1 |~r − ~r1 | 2q2
|~r − ~r2 |
V (~r) =
ln
+
ln
4πǫ |~r − ~r1 | 4πǫ
|~r − ~r2 |
67
=
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
c) Berechnung der Potentiale auf den Leitern:
~r ∈ ∂L1
~r ∈ ∂L2
|~r − ~r1 |2
a21
l2
′
|~r − ~r1 |2
d21
l2 + d1 d2

 V (~r) =
|~r − ~r2 |2
l2
a22
2
′
|~r − ~r2 |2
l2 + d1 d2
d22
ln 1 + d1l2d2 =: V1 , ~r ∈ L1
und (*) ⇒
 V (~r) = q1 ln 1 + d1 d2 + q2 ln d2 2 =: V , ~r ∈ L
2
2
4πǫ
l2
4πǫ
a2
q1
4πǫ
ln
d1
a1
+
q2
4πǫ
68
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
d)
 

2
 q 
v1
1
ln ad11
ln 1 + d1l2d2
 

 
4πǫ   = 
2   
d2
d1 d2
ln
ln
1
+
v2
q2
l2
a2
 
q1
 
  =
q2
⇒ invertieren:

4πǫ 

N
|
mit N := ln
d1
a1
ln
2
d2
a2
d1 d2
l2
− ln 1 +
2
d1 d2
ln ad11
− ln 1 + l2
{z
Kapazitätsmatrix
2
ln
d2
a2
2
 v 
1
 
 
v2
}
d1 d2
− ln 1 + 2
l
2
Für zwei Kugeln (statt Zylinder) ergibt sich:
  
 
1
1
− d11
− √ 21
Q1
v1
a1
l
l +d1 d2






=
4πǫ
1
1
1
1
√
−
−
l
a2
d2
Q2
v2
l2 +d1 d2
e) α) l → ∞
 

q1
 

  = 4πǫ 
q2
1
ln
“
d1
a1
0
”2
1
0
ln
“
d2
a2
”2
 
v1
 
 
v2
β) d := d1 = d2 , d → ∞ ⇒ Platte verschwindet im Unendlichen
ln
lim
d→∞
2
d
a2
N
ln d2 − ln a22
=
2
2
2
2 2
d→∞ (ln d2 − ln a2
1 )(ln d − ln a2 ) − (ln d − ln l )
1
1
=
=
2
2
2
l2
2 ln l − (ln a1 + ln a2 )
2 ln
=
lim
a1 a2
Die anderen Koeffizienten ergeben sich nach ähnlicher Rechnung!
!
!
!
q1
v
1
−1
1
4πǫ ”
“
=
Sonderfall, denn Cij ist nicht invertierbar!
2
2 ln a l a
q2
v2
−1
1
1 2
{z
}
|
Cij
(i) geg.: v1 , v2
⇒ q1 , q2 ; hier: q1 = −q2
(ii) geg.: q1 , q2
⇒ v1 , v2 ; hier nicht möglich, da Ladungsneutralität nicht erfüllt
geg.: q1 , q2 = −q1 ⇒ v1 − v2 ; hier möglich!
69
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
15. Aufgabe (Lösungsskizze)
~ = Q ~ez
⇒ E
ǫ0 A
~ = ǫ0 E
~
~ = Q ~ez , D
D
A
⇒ U=
Zd
0
~ r= Q d
Ed~
ǫ0 A
a)
Weld=d0
(V)
(Q)
1
=
2
U0
0
!T
ǫA
d0
− ǫA
d0
!T
Weld=2d0
1
=
2
U0
Weld=2d0
1
=
2
2U0
0
0
− ǫA
d0
!T
ǫA
d0
!
ǫA
2d0
ǫA
− 2d
0
ǫA
2d0
ǫA
− 2d
0
U0
0
!
=
ǫA
− 2d
0
ǫA
2d0
ǫA
− 2d
0
ǫA
2d0
U02 ǫA
2 d0
!
!
!
=
U02 ǫA
2 2d0
2U0
!
= U02
U0
0
0
ǫA
d0
b)
∂Wel = ∂Ame + ∂ABa
∂Ame = −Fe δre ,
(V)
∂ABa = U δQ,
⇒ Batterie ist angeklemmt
1
∂Wel = U0 δQ
2
70
1
1
∂Wel = U δQ + Q δU
2
2
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
1
δAme = − U0 δQ = −δWel
2
ǫA
ǫA
1
1
U0 = U02 2 δd
= − U0 δ
2
d
2
d
(Q)
⇒ Batterie ist abgeklemmt:
ǫA
1
mit Fe = − U02 2
2
d
δWBa = 0
1
1
Q0
1
d
1 Q20
δWel = δAme = Q0 δU = Q0 δ
= Q20 δ
=
δd
2
2
C
2
ǫA
2 ǫA
mit Fe = −
1 Q20
2 ǫA
Zusatz: Kraftberechnung aus Kapazitätsmatrix
(V )
Fel =
=
(Q)
Fel =
=
1 T ∂C
V
V =
2
∂d
!T
− ǫA
1 U0
d2
2
ǫA
d2
0
1 T ∂C
V
V =
2
∂d
!T
− ǫA
1 U
d2
2
ǫA
d2
− ǫA
d2
ǫA
d2
0
ǫA
d2
− ǫA
d2
!
!
U0
0
U
0
!
!
=−
=−
1 U02 ǫA
2 d2
1 U 2 ǫA (∗) 1 Q20
=−
2 d2
2 ǫA
mit (*) U =
Q
C
=
c)
(V )
Wme (d0 , 2d0 ) = −
Z2d0
1 2 ǫA
U
dd
2 0 d2
Z2d0
1 Q20
dd
2 ǫA
d0
=
(Q)
2d
U 2 ǫA
U 2 ǫA 1
1 2 ǫA 0
=− 0
U0 = − 0
2
d d0
2 2d0
4d0
Wme (d0 , 2d0 ) = −
d0
1 Q20
1
= −
d0 = −
2 ǫA
2
ǫA
d0
2
1
1 ǫA 2
d0 U02 = −
U
ǫA
2 d0 0
d)
F0 =
1 ǫ0 A 2 1 0, 226m2 10−9 As
(20.000V )2 = 4N
U =
2 d20 0
2 (0, 01m)2 36π Vm
71
Qd
ǫA
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
16. Aufgabe (Lösungsskizze)
i1
R
u1
C
u2
a) Iˆ1 festlegen (beliebiger Zeitpunkt)
ÛR = R · Iˆ1 in Phase
1 ˆ
π
Û2 =
· I1 um nacheilend
ωC
2
Û12 = ÛR2 + Û22
UR = R*I1
1
ωC I = U2
b)
I1
ϕ
U1 =
2
U2 +
2
UR
Û2
Û2
1
=q
=q
Û1
1 + ÛR2 /Û22
Û22 + ÛR2
ÛR
Û2
⇒
R Iˆ1
= ωRC
1
· Iˆ1
=
ωC
Û2
Û1
=√
1
1 + ω 2 R2 C 2
Phasenlage:
tan ϕ = −
ÛR
Û2
= −ωRC
⇒ ϕ = − arctan(ωRC)
c) Skizze:
x :=
Û2
Û1
ω
ω0
=√
mit
ω0 =
1
RC
1
;
1 + x2
ϕ = − arctan(x)
72
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
U2/U1
1
1/sqrt(2)
0.1
1
ω/ω0
100
ϕ
0
−π/4
−π/2
ω/ω0
1
→ 0 für x → ∞
= Tiefpass
Hochpass
i1
R
u1
L
u2
a) Iˆ1 festlegen
ÛR = RIˆ1
ÛL = ωL · Iˆ1
um
π
vorauseilend
2
Û12 = ÛR2 + ÛL2
2
ωL I = U2
2
U1 = U2 + UR
ϕ
I1
UR = R*I1
73
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
b)
Û2
1
Û2
=q
=q
Û1
Û22 + ÛR2
1 + ÛR2 /Û22
ÛR
Û2
Û2
Û1
=
R
Iˆ1 · R
=
ˆ
ωL
I1 · ωL
1
=r
1+
R2
ω 2 L2
ÛR
R
tan ϕ =
=
ωL
Û2
⇒ ϕ = arctan
R
ωL
c) Skizze:
x :=
ω
ω0
mit
ω0 =
R
L
1
ϕ = arctan
x
Û2
x
;
⇒
=√
1 + x2
Û1
U2/U1
1
1/sqrt(2)
0.1
1
100 ω/ω0
1
ω/ω0
ϕ
π/2
π/4
0
→ 1 für x → ∞ = Hochpass
74
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
17. Aufgabe (Lösungsskizze)
Teil I:
L
C
u1
uL
iR = iL
uR
R
gegeben: u1 = Û · sin(ωt)
gesucht: Iˆ1 , ϕ1
Zeigerdiagramm:
UL = ω L IL
I1
IC = ω C U1
ϕ1
ϕR
2
2
U1 = UL + UR
a
b
γ
IL
UR = R IL
Kosinussatz:
Iˆ12 = IˆL2 + IˆC2 − 2 IˆL IˆC cos γ
⇒ cos γ = sin ϕR =
mit
γ=
π
− ϕR
2
ωL
ωL IˆL
=√
=q
ω 2 L2 + R 2
Û1
(ωL IˆL )2 + (R · IˆL )2
ÛL
Wie groß sind IˆC , IˆL ?
q
√
Û1 = ÛR2 + ÛL2 = IˆL · R2 + ω 2 L2
⇒ IˆL = √
Û1
R 2 + ω 2 L2
IˆC = Û1 · ωC
in Kosinussatz:
Iˆ12 =
Û12
ωC
ωL
√
+ Û12 ω 2 C 2 − 2 Û12 √
2
2
2
2
2
2
2
R +ω L
R +ω L
R + ω 2 L2
75
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Iˆ1 = Û1
r
ω2C 2 +
R2
1
(1 − 2 ω 2 LC)
+ ω 2 L2
Phasenverschiebung:
a
ϕ1 = arctan
mit a = IˆC − IL · sin ϕR
b
b = IˆL · cos ϕR
sin ϕR =
⇒
ÛL
Û1
=√
ωL
ω 2 L2 + R 2
a
sin ϕR
IˆC
−
=
b
IˆL · cos ϕR cos ϕR
√
ϕ1 = arctan ωC R2 + ω 2 L2
√
cos ϕ =
ÛR
Û1
R2 + ω 2 L2 ωL
−
R
R
76
=√
!
R
ω 2 L2 + R 2
= arctan
ω
R
(R2 C + ω 2 L2 C − L)
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Teil II:
L
i2
iC
uL
u2
iR
R
C
uC
gegeben: i2 (t) = Iˆ2 · sin(ωt)
gesucht: Û2 , ϕ2
Zeigerdiagramm:
U2
a
IC
UL= ωL I2
ϕ2
b
2
2
I 2 = IR + IC
γ
ϕR
IR
UC = UR
Kosinussatz:
Û22 = ÛC2 + ÛL2 − 2 ÛC UL · cos γ
π
γ = − ϕR
2
ωRC
IˆC
ÛC · ωC
=√
⇒ cos γ = sin ϕR =
=q
1 + ω 2 R2 C 2
Iˆ2
ÛC2 · ω 2 C 2 + ÛC2 /R2
Wie groß sind ÛL , ÛC ?
ÛL = IˆL · ωL
1
1
ωRC
R
ÛC = IˆC ·
·
= Iˆ2 · √
= Iˆ2 √
2
2
2
ωC
1 + ω R C ωC
1 + ω 2 R2 C 2
in Kosinussatz:
R2
ωLR
ωRC
√
Û22 = Iˆ22
+ Iˆ22 ω 2 L2 − 2 Iˆ22 √
2
2
2
2
2
2
1+ω R C
1+ω R C
1 + ω 2 R2 C 2
r
1
Û2 = Iˆ2 ω 2 L2 +
(R2 − 2 R2 ω 2 LC)
1 + ω 2 R2 C 2
77
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
ϕ2 = arctan
a
b
a = ÛL − ÛC · sin ϕR
b = ÛC · cos ϕR
ωRC
IˆC
=√
1 + ω 2 R2 C 2
Iˆ2
ˆ
1
IR
1
cos ϕR =
=q
=√
1 + ω 2 R2 C 2
Iˆ2
1 + IˆC2 /IˆR2
sin ϕR =
ϕ2
= arctan
sin ϕR
−
ÛC · cos ϕR cos ϕR
ÛL
!
Iˆ2 2 √
ω LC 1 + ω 2 R2 C 2 − ωRC
= arctan
ˆ
IC
2 2 2 ωL
− ωRC
= arctan 1 + ω R C
R
78
!
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
18. Aufgabe (Lösungsskizze)
*a) Vorgehensweise bei dem Zeigerdiagramm: Zuerst werden Strom b
I R und Spannung
b
U R am Widerstand eingezeichnet. Diese Spannung fällt auch an der Induktivität ab
und dann folgt der Strom b
I L durch diese (Strom eilt der Spannung nach). Mittels
Superposition der Teilströme folgt der Gesamtstrom b
I (dieser fließt durch den Konb C und durch
densator). Hiermit kann dann auch die Spannung am Kondensator U
b 0 bestimmt werden.
erneute Superposition die Gesamtspannung U
UR
IR
I
IL
UC
U0
b)
Z L = (R k jωL) +
R + jωL − ω 2 LRC
1
=
jωC
jωRC − ω 2 LC
Ein rein reller Nenner ergibt sich, wenn sowohl Zähler als auch Nenner mit dem
konjugiert komplexen Nenner erweitert werden:
ZL =
ω 3 RL2 C + j (ω 2 R2 CL − R2 − ω 2 L2 )
ω 3 L2 C + ωR2 C
c) Für den Effektivwert der Spannungsquelle gilt
b
U
Ueff = √
2
Damit folgt für den komplexen Leistungszeiger
∗
1
∗
2
2
P = Y L · Ueff =
· Ueff
ZL
Die Leistungskomponente Re (P ) ist die Wirk- und Im (P ) die Blindleistung.
d) Zuerst muss die Impendanz Z L in Real- und Imaginärteil aufgespalten werden (siehe
Teilaufgabe a). Die von der Last aufgenommene Leistung ist dann rein reell, wenn
die Impedanz rein reell ist. Somit muss gelten:
!
Im (Z L ) = 0
⇒
!
ω 2 R2 CL − R2 − ω 2 L2 = 0
79
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
Die Lösung dieser Gleichung lautet
ω1,2 = ± √
R
R2 LC
− L2
Für die Frequenz muss ω > 0 gelten. Zudem muss diese rein reell sein. Damit ist die
von der Last aufgenommene Leistung rein reell bei der Frequenz
R
ω=√
R2 LC − L2
mit R2 C > L
80
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
19. Aufgabe (Lösungsskizze)
Effektivwert: Ein Gleichstrom von der Größe des Effektivwerts erzeugt in einem Ohmschen Widerstand die gleiche Leistung wie der Wechselstrom im zeitlichen Mittel.
Pmittel
1
=
T
ZT
1
R · i (t) dt = R ·
T
2
t=0
ZT
2
i2 (t)dt = R · Ief
f
t=0
a) Skizzen:
i1
τ T
2T
t
i2
τ
b)
2
Ief
f1
1
=
T
ZT
2
2
Im
dt = Im
T
2T
t
τ
T
t=0
⇒ Ief f1 = Im
2
Ief
f2
1
=
T
Zτ
r
τ
T
2
Im
T
2
3 T
2
2 Z
t
Im
Im
1 τ
t
2
2
t dt =
dt =
= Im
· ·
2
2
τ
Tτ
Tτ
3 0
3 T
t=0
⇒ Ief f2 = Im
t=0
r
τ
3T
81
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
20. Aufgabe (Lösungsskizze)
u(x, t) = F1 (x + vt) + F2 (x − vt)
F1 (x) + F2 (x) = u(x, t = 0) = u0 (x)
′
′
vF1 (x) − vF2 (x) =
(2) integrieren:
∂u
(x, t = 0) = v0 (x)
∂t
1
F1 (x) − F2 (x) =
v
Zx
v0 (x′ ) dx′ + c0
(5)
(6)
(7)
0
(1) + (3) :
1
2F1 (x) = u0 (x) +
v
Zx
v0 (x′ ) dx′ + c0
Zx
v0 (x′ ) dx′ − c0
0
(1) − (3) :
1
2F2 (x) = u0 (x) −
v
0
Damit sind F1 und F2 für t = 0 bekannt. Diese beiden Funktionen sind eindimensionale
Funktionen und gültig für alle x ∈ R. Wir können also den Parameter der Funktionen
durch andere Werte aus R ersetzen. Für x → x ± vt ergeben sich die in der Angabe gegebenen Beziehungen. Addieren der beiden Funktionen und Zusammenfassen der Integrale
ergibt:
u(x, t) =
1
2
u0 (x + vt) + u0 (x − vt) +
1
v
x+vt
R
′
v0 (x ) dx
x−vt
82
′
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
21. Aufgabe (Lösungsskizze)
~ r, t) = ~e1 E01 cos(~k · ~r − ω t − ϕ01 ) + ~e2 E02 cos(~k · ~r − ω t − ϕ02 )
E(~
!
~k
~e1 , ~e2 , ~n =
ist ein RONS
|~k|
E1 = E01 cos(~k · ~r − ω t − ϕ01 )
(1)
E2 = E02 cos(~k · ~r − ω t − ϕ02 )
(2)
Wir müssen ϕ := ~k · ~r − ω t aus (1) und (2) eliminieren:
E1
= cos ϕ cos ϕ01 + sin ϕ sin ϕ01
E01
(3)
E2
= cos ϕ cos ϕ02 + sin ϕ sin ϕ02
E02
(4)
→ ( (3) · cos ϕ02 − (4) · cos ϕ01 )2 + ( (3) · sin ϕ02 − (4) · sin ϕ01 )2
⇔
E1
E2
cos ϕ02 −
cos ϕ01
E01
E02
(ψ=ϕ01 −ϕ02 )
⇐⇒
E1
E01
2
2
+
E2
E02
+
E2
E1
sin ϕ02 −
sin ϕ01
E01
E02
2
−2
E1
E01
E2
E02
2
= sin 2 (ϕ01 − ϕ02 )
cos ψ = sin 2 ψ
→ dies ist die Gleichung einer Ellipse, die als Spezialfälle den Kreis und die Gerade enthält.
(i) lineare Polarisation: ψ = mπ,
cos(mπ) = (−1)m
sin(mπ) = 0,
⇒
E1
E01
2
+
E2
E02
2
⇔
⇔
Emax =
m∈Z
p
E01 2 + E02 2 ,
E1
E01
E2
= 0
− (−1) 2
E02
2
E1
m E2
− (−1)
= 0
E01
E02
E1
E2
= (−1)m
E01
E02
tan θ = (−1)m
E02
E01
m
83
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
(ii) zirkulare Polarisation: ψ = π2 (2m + 1),
m∈Z
π
π
cos (2m + 1) = 0
sin (2m + 1) = (−1)m ,
2
2
2 2
E2
E1
+
=1
⇒
E01
E02
E0 := E01 = E02
⇒ E1 2 + E2 2 = E0 2
~
Die folgenden Bilder zeigen die Kurve, die der Endpunkt des E-Vektors
auf einer Phasenebene ~k · ~r = const. beschreibt; Parameter der Kurve ist die Zeit t und es sei E01 = E02 :
ψ=0
ψ = 14 π
ψ = 12 π
ψ = 43 π
ψ=π
ψ = 54 π
ψ = 32 π
ψ = 47 π
ψ = 2π
84
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
22. Aufgabe (Lösungsskizze)
ǫ0 , µ 0 ,
k > 0,
k 2 = ω 2 ǫ0 µ 0
~ˆ
E(z)
= Êx (z) ~ex = ~ex  ej(ωt−kz) + r̂ ej(ωt+kz) ,
r̂, Â ∈ C,
r̂ = |r̂|ejϕr
a) Methode 1:
~
~
~ = − ∂ B = −µ0 ∂ H
rot E
∂t
∂t
⇒
⇒
⇒
~
~ = −~ey k Âj ej(ωt−kz) − r̂ej(ωt+kz) =! −µ0 ∂ H
rot E
∂t
Z ~
∂H ′
~
dt
H(z,
t) =
∂t′
k  j(ωt−kz)
~
H(z,
t) = ~ey
e
− r̂ej(ωt+kz) + C
µ0 ω
Die Integrationskonstante C lässt ein stationäres magnetisches Hintergrundfeld zu, das im
Rahmen der Wellenausbreitung aber uninteressant ist und deshalb o.B.d.A. C = 0 gesetzt
werden kann. Siehe hierzu auch die Herleitungen der Gleichungen 3.19 und 3.20 in der
Vorlesung. Dort wurde diese Tatsache benutzt, um die Formel für die folgende Methode 2
er erhalten.
Methode 2:
~0 =
vgl. Gleichung (3.19) der Vorlesung: H
1
ωµ
~k × E
~0

  j(ωt−kz)    
j(ωt+kz)
0
0
r̂
Â
e
Â
e
1   
~ˆ =

+ 0 ×
0
×
H
0
0
ωµ0
−k
+k
0
0

⇔
~ˆ = Ĥy (z) ~ey = ~ey  k ej(ωt−kz) − r̂ ej(ωt+kz)
H
ωµ0
85
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
b)
q
q
~ˆ ˆ
ˆ
~
~
E(z) · E(z) = Êx Êx + Êy Êy + Êz Êz
E(z) =
r 2 2 2
=
Êx + Êy + Êz = |Â|
q
(ej(ωt−kz) + r̂ ej(ωt+kz) ) · e−j(ωt−kz) + r̂ e−j(ωt+kz)
q
= |Â| 1 + |r̂|2 + r̂ e+2jkz + r̂ e−2jkz
= |Â|
p
1 + |r̂|2 + 2 |r̂| cos(2kz + ϕr )
~ˆ E(z) max = |Â| · |1 ± |r̂||
min
c)
r = |r̂|
|E(z)| / |A|
2
1.5
1
0.5
−1
−0.75
−0.5
−0.25
0
z / lambda
r=0
r=0.5
r=1
mit k =
2π
folgt:
λ
r =
1 :
r = 0.5 :
q
~ˆ 2 + 2 cos 4π λz = 2 cos 2π λz E(z) =
q
~ˆ 5
+ cos(4π λz )
E(z) =
4
Die Feldverteilung entspricht der Reflektion einer Welle an einem
optisch dickeren Medium:
−1 < r < 0
optisch dünneren Medium:
0<r<1
86
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
23. Aufgabe (Lösungsskizze)
a)
komplexe Dielektrizitätskonstante:
ǫ̃(ω) := ǫ(ω) − j
σ(ω)
ω
k̃(ω) = β(ω) − jα(ω)
o
n
β(ω) = Re k̃(ω)
n
o
α(ω) = −Im k̃(ω)
k̃(ω) =
=
p
r
r
ǫ̃(ω) µ(ω) ω
ǫ(ω) µ(ω) − j
σ(ω) µ(ω)
ω
ω
σ(ω) p
ω µ(ω)
ω
s
1
σ 2 (ω) 2 j tan
2
=
ǫ (ω) +
e
ω2
=
=
ǫ(ω) − j
σ 2 (ω)
ǫ (ω) +
ω2
2
41
e j tan
−σ(ω)
ǫ(ω) ω
−σ(ω)
ǫ(ω) ω 2
14
ω
ω
p
µ(ω)
p
µ(ω)
−σ(ω)
cos tan
ǫ(ω) ω 2
1
p
σ(ω)
σ 2 (ω) 4
2
α(ω) = ω µ(ω) ǫ (ω) +
sin tan
ω2
ǫ(ω) ω 2
p
β(ω) = ω µ(ω)
σ 2 (ω)
ǫ (ω) +
ω2
2
b)
Z(ω) =
s
µ(ω)
=
ǫ̃(ω)
s
µ(ω)
ǫ(ω) − j
σ(ω)
ω
~ˆ0
~ˆ 0 = 1 ~n × E
H
Z̃
)
(ˆ
~0
E
~
ej(ωt−k̃(ω)z)
H(z,
t) = n × Re
Z̃
c)
n
o
ˆ j(ωt−k̃(ω)z)
~
~
E(~r, t) = Re E0 e
n
o
ˆ −α(ω)z j(ωt−β(ω)z)
~
= Re E0 e
e
87
4 LÖSUNGSSKIZZEN ZU DEN RECHENAUFGABEN
z0 =
1
α
~ 0 , t) = Re
⇒ E(z
(ˆ
~0
E
e
EM-Feld nach z = z0 auf
ej(ωt−β(ω)z)
)
1
abgeklungen!
e
d)
ǫ̃(ω) = ǫ(ω) − j
σ(ω)
ω
Annahme kleiner Frequenzen: ǫ(ω) <<
σ(ω)
ω
bzw. ω ǫ(ω) << σ(ω)
ǫ̃(ω) ≈
σ(ω)
jω
k̃ 2 (ω) ≈ ω 2
σ(ω)
µ
jω
= −j ω σ(ω) µ = β 2 − α2 − 2jαβ
⇒ α=β
⇒ α2 =
α(ω) =
z(ω) =
1
ω σ(ω) µ
2
r
σ(ω) µ ω
2
s
2
σ(ω) µ ω
n o
2π
= Re k̃ = β = α
λ
⇒ e−λα = e−2π ≈ 0, 002
88