Musterlösung

Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
1
Aufgabe 1
Gegeben sind die folgenden elektrischen und magnetischen Feldkomponenten:
⃗ 1 (⃗r) = E0 cos{kz − ωt}⃗ex
1. E
⃗ 2 (⃗r) = −iE0 · exp{−i(kz − ωt)}⃗ey
2. E
⃗ 3 (⃗r) = E0 (1 + 2 · cos{kz − ωt})⃗ex
3. E
⃗ a (⃗r) = i 2D02 2 · exp{−i(kz − ωt)}⃗ex
4. H
ωZ ε ε0
⃗ b (⃗r) = − E0 (exp{−i(ωt − kz)} − exp{i(ωt − kz)})⃗ey
5. B
2ω
⃗ c (⃗r) =
6. B
E0 k
2 cos{ωt
ω
− kz}⃗ey
Der Wellenwiderstand Z ist folgendermaßen definiert:
√
µµ0
Z=
ϵϵ0
Entscheiden Sie, welche elektrischen und magnetischen Feldkomponenten zusammengehören.
Einfaches Zuordnen wird nicht als Lösung akzeptiert, eine ausreichende Begründung bzw. Rechnung ist verlangt!
Lösung
Die Zuordnung der Komponenten kann mittels des Faraday’schen Gesetzes
⃗ ×E
⃗ =−∂B
⃗
∇
∂t
überprüft werden. Für eine schnellere Zuordnung hilft es zu wissen, dass die elektrischen und
magnetischen Komponenten senkrecht aufeinander stehen müssen, d.h. man kann anhand der
Richtungsvektoren schon manche Einschränkungen machen.
⃗ 1 (⃗r) könnte nur zu B
⃗ b (⃗r) oder B
⃗ c (⃗r) passen:
1. E
⃗ c (⃗r) fällt diese Komponente als Lösung auch raus. Bleibt nur
Aufgrund des Faktors 2 in B
⃗ b (⃗r) zu prüfen.
noch auf B
⃗ = ∂ Ex⃗ey = −E0 k sin{kz − ωt}⃗ey
∇×E
∂z
⃗ b:
Umschreiben von B
⃗ b (⃗r) = iE0 sin {ωt − kz}
B
ω
∂ ⃗
Die zeitliche Ableitung − ∂t Bb ergibt keine Übereinstimmung mit dem obigen Term.
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2
⃗ 1 (⃗r) könnte aufgrund der Richtungsvektoren nur zu H
⃗ a (⃗r) passen. 0
2. E
⃗ = − ∂ Ey⃗ex = −E0 k · exp{−i(kz − ωt)}⃗ex
∇×E
∂z
⃗ a (⃗r) = i D0 · exp{−i(kz − ωt)}⃗ex = i E0 · exp{−i(kz − ωt)}⃗ex
B
ωεε0
ω
∂ ⃗
Die zeitliche Ableitung − ∂t
Ba weicht um k ab.
⃗ 3 (⃗r):
3. E
∂
Ex⃗ey = −E0 k 2 sin{kz − ωt}⃗ey
∂z
⃗ c die zugehörigen Komponente sein könnte, was sich
Kann man schon erkennen, dass B
durch die zeitliche Ableitung bestätigt
⃗ =
∇×E
−
∂ ⃗
Bc = −E0 k 2 sin{kz − ωt}⃗ey .
∂t
Aufgabe 2
Zwei Elektroden befinden sich entsprechend der Skizze im Abstand d voneinander. Der Zwischenraum ist mit einem Dielektrikum gefüllt, wobei
ε = ε1
z − z0 + a
a
gilt. Die Spannung zwischen den Elektroden ist U . Randeffekte sind nicht zu berücksichtigen.
Welche Ladung befindet sich auf der Elektrode bei x0 + d?
Lösung
Die Ladung auf der Elektrode bei x0 +d ist die Oberflächenladung, welche mit der dielektrischen
⃗ zusammenhängt (mit deren Normalkomponente, hier Dx )
Verschiebung D
I
Q=
∫ l z∫0 +a
⃗ ◦ d2 S
⃗=
D
Dx dy dz.
y=0 z=z0
Die dielektrische Verschiebung kann hier als
(
Dx = ε 0 ε E x = ε 0 ε 1
z − z0 + a
a
)
U
d
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
3
z
z0 + a
l
z0
y
x0
x
x0 + d
geschrieben werden. Für die Ladung Q ergibt sich in diesem Fall
U
Q = ε0 ε1
d
∫ l z∫0 +a
z − z0 + a
Ul
dy dz = ε0 ε1
a
da
y=0 z=z0
z∫0 +a
z − z0 + a dy dz.
z=z0
Als Lösung des Integrals erhält man
Q=
3 ε0 ε1 U l a
.
2d
Aufgabe 3
Gegeben ist eine zweidimensionale Anordnung von vier Punktladungen entsprechend der Skizze,
wobei Q1 = Q3 = +Q und Q2 = Q4 = −Q gilt.
Welche Feldstärke herrscht in den Koordinaten (0/0) und (-a/a)? Rechnung bzw. Begründung
erforderlich!
Lösung
Feldstärke im Punkt (0/0):
Hier ist eine Rechnung zur Ermittlung der Feldstärke nicht notwendig. Aus der Symmetrie der
Ladungsanordnung ergibt sich die elektrische Feldstärke zu 0.
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4
y
Q3
Q4
a
a
2
-a
a
x
- a2
-a
Q2
Q1
Feldstärke im Punkt (-a/a):
Die elektrische Feldstärke kann nach der Formel
⃗ r} =
E{⃗
1 ∑
⃗r − r⃗′ l
Ql
4πε0
|⃗r − r⃗′ l |3
bestimmt werden. Die Quellpunktvektoren und der Aufpunktvektor sind
r⃗1′ = −ae⃗x − ae⃗y
a
a
r⃗2′ = e⃗x − e⃗y
2
2
r⃗′ = ae⃗x + ae⃗y
3
a
a
r⃗4′ = − e⃗x + e⃗y
2
2
⃗r = −ae⃗x + ae⃗y .
Einsetzten der Terme in die obige Formel liefert
)
(
− 32 a⃗ex + 32 a⃗ex
− 12 a⃗ex + 21 a⃗ex
−2a ⃗ex
Q
2a ⃗ey
⃗
+
E{⃗r} =
−
−
4πε0 (4a2 )3/2 ( 94 a2 + 94 a2 )3/2 (4a2 )3/2 ( 14 a2 + 14 a2 )3/2
⃗ r} = Q
E{⃗
4πε0 a2
(
3
1
(⃗ey − ⃗ex ) 1
(⃗ey − ⃗ex )
1
⃗ey − 2 9 3/2 − ⃗ex − 2 1 3/2
4
4
(2)
(2)
)
.
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Aufgabe 4
Gegeben sind 2 Elektroden, die als Koaxialkabel angeordnet sind (siehe Skizze) mit den Innenradius ri und Außenradius ra . Das Material zwischen den Elektroden besitzt die homogene
Leitfähigkeit σ. Desweiteren liegt zwischen den Elektroden die Spannung U an. Andere Spannungsabfälle sind nicht vorhanden.
U
σ
l
Bestimmen Sie den Strom, welcher von der inneren zur äußeren Elektrode fließt.
Lösung
Ausgangspunkt für die Lösung der Aufgabe ist das Ohmsche Gesetz
⃗
⃗j = σ E.
Aus der koaxialen Anordnung gilt für die Feldstärke, dass es nur eine radiale Abhängigkeit gibt
und das Feld nach außen hin mit ϱ1 abfallen muss
⃗ = E1 ⃗eϱ = R E0 ⃗eϱ ,
E
ϱ
wobei o.B.d.A. R = ra − ri gesetzt wird. Den Strom von der inneren zur äußeren Elektrode,
lässt sich mit
∫∫
∫∫
2
⃗j ◦ d2⃗r
J=
dJ=
S
S
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bestimmen. Einsetzen des Ohmschen Gesetzes und des elektrischen Feldes in die obige Gleichung, als auch die Berücksichtigung der Zylinderkoordinaten, liefert den Ausdruck
∫2π ∫ l
∫2π ∫ l
⃗ ⃗eϱ ϱ dϕ dz = σ
E
J =σ
0
0
R E0 dϕ dz.
0
0
Was noch zur vollständigen Berechnung fehlt, ist der Zusammenhang des elektrischen Feldes
(wurde bisher immer nur als E1 bwz. als E0 angesetzt) mit der angegebenen Spannung U .
Zwischenschritt:
∫ra
∫ra
⃗ ◦ dl =
E
U=
ri
R
E0 ⃗eϱ ◦ dϱ ⃗eϱ = R E0
ϱ
ri
∫ra
1
ra
dϱ = R E0 ln { }
ϱ
ri
ri
D.h. die Feldstärke am Rand der inneren Elektrode ist
E0 =
U
.
R · ln { rrai }
Nach Einsetzten in die letzte Gleichung für den Strom, ergibt sich als Lösung
J =σ
U 2π l
.
ln { rrai }
Aufgabe 5
Eine zirkular polarisierte Welle fällt aus dem Vakuum unter dem Winkel θi = 60◦ auf die
Grenzfläche zum Material mit den Eigenschaften ε = 2 und µ = 2. Wievel von der einfallenden
Leistung wird an der Grenzfläche reflektiert?
Das Material hat nun die Eigenschaften ε = 3 und µ = 1. Welcher Wert ergibt sich für den
Reflexionsfaktor des zur Einfallsebene parallel polarisierten Anteils?
Lösung
Da die Welle zirkular polarisiert ist, sind TE- und TM-Anteil gleich groß, d.h. die Leistungsanteile sind zunächst auch gleich groß. Man kann mit den bekannten Reflexionsfaktoren für die
jeweiligen Amplituden ansetzen
cos θin +
n2 cos θtr
µ
n2 cos θtr
µ
cos θin −
=
cos θin +
n2 cos θtr
ε
n2 cos θtr
ε
rTE =
rTM
cos θin −
.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
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Da das Material mit ε = µ = 2 angegeben wurde, sind die Reflexionsfaktoren der Amplituden
auch gleich groß ⇒ rTE = rTM . Der Ausbreitungswinkel θtr im Material kann entweder aus dem
Snellius’schen Brechungsgesetz
θtr = arcsin {
n1
sin {θin }},
n2
oder alternativ mit etwas Umrechnung als
cos θtr =
√
µε − sin2 {θin }
dargestellt werden. Für die Reflexionsfaktoren ergibt sich somit
√
0.5 − 0.5 4 − 0.75
−0.401
√
rTE = rTM =
=
= −0.286
1.401
0.5 + 0.5 4 − 0.75
Die reflektierte Leistung ist dann
R=
2
2
rTE
+ rTM
2
= rTE
= 0.0818.
2
Im zweiten Teil sind die Materialeigenschaften abgeändert, so dass wegen µ = 1 das Material
unmagnetisch ist. Der zur Einfallsebene parallel polarisierte Anteil ist der TM-Anteil. Da das
Material unmagnetisch ist, muss für den Brewster-Winkel
θB = arctan {
n2
}
n1
genommen werden. Mit den gegebenen Materialeigenschaften ergibt sich dieser zu 60◦ , welches
dem Einfallswinkel entspricht, d.h. der zur Einfallsebene parallel polarisierte Anteil erfährt
keine Reflexion an der GrenzflächerTM = 0 ⇒ RTM = 0.
Aufgabe 6
Ein in x und y-Richtung unendlich ausgedehnter Plattenkondensator ist mit einem Dielektrikum
mit ε = exp{ − dz } gefüllt. Die Kondensatorplatte bei z = d hat das Potenzial V0 , die Platte
bei z = 0 hat das Potenzial V = 0. Bestimmen Sie den Potenzialverlauf im Dielektrikum. Wie
lautet das Potential, wenn das Medium zwischen den Platten zusätzlich die Leitfähigkeit σ
hat?
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
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Lösung
⃗ r} = −∇V {⃗r} und D{⃗
⃗ r} = ε0 ε{⃗r}E{⃗
⃗ r} gegeben. Da die
Das elektrische Feld ist über E{⃗
⃗ r} definiert ist, ergibt sich nach Auswertung der Divergenz
Raumladung über ρ{⃗r} = ∇ ◦ D{⃗
− ρ{⃗r} = ∇ · (ε0 ε{⃗r}∇V {⃗r})
= ε0 ε{⃗r}∆V {⃗r} + ε0 ∇ε{⃗r} ◦ ∇V {⃗r}
(1)
(2)
Es kann ein ladungsfreier Raum ρ = 0 angenommen werden. Der Kondensator ist in x und
y-Richtung unendlich ausgedehnt, deshalb entfallen die partiellen Ableitungen ∂/∂x und ∂/∂x
und es bleibt eine gewöhnliche Differentialgleichung von V {⃗r} = V {z} stehen:
z ∂ 2 V {z} ε0
z ∂V {z}
ε0 exp{− }
− exp{− }
= 0.
2
d
∂z
d
d
∂z
(3)
Das charakteristische Polynom dieser Differentialgleichung ist λ2 −λ/d = 0 mit den Eigenwerten
λ1 = 0 und λ1 = 1/d. Damit kann das Potential mit V {z} = C0 exp λ0 z + C1 exp{λ1 z} mit den
Konstanten C0 und C1 angesetzt werden. Als Randbedingungen sind in der Aufgabenstellung
V {z = 0} = 0 und V {z = d} = V0 vorgegeben. Für die Konstanten bedeutet das C0 + C1 = 0
und C0 +C1 exp{1} = V0 . Aus diesen zwei Gleichungen können die Konstanten bestimmt werden
(
)
V0
und damit lautet das Potential V {z} = exp{1}−1
exp{ dz } − 1 .
Ist das Medium zwischen den Platten leitfähig, so muss immer die Kontinuitätsgleichung ∇ ◦
⃗jV + ∂ρV /∂t = 0 erflüllt werden. Soll die Raumladung nicht ins Unendliche steigen, so muss
⃗j divergenzfrei sein. Für die gegebene Anordnung zwingt das ⃗j = j0⃗ez mit konstantem j0 .
⃗ = ⃗j/σ = j0 /σ⃗ez . Nur ein V {z} = C2 z + C3 kann dann E{z}
⃗
Entsprechend gilt dann E
=
−∇V {z} erflüllen. Die Konstanten C2 = V0 /d und C3 = 0 können aus den Randbedingungen
bei z = 0 und z = d bestimmt werden.
Aufgabe 7
Eine ebene Welle mit ⃗k1 = n1 k0⃗ex im Medium mit der Brechzahl n1 trifft auf eine ebene
√
Grenzfläche mit der Flächennormalen ⃗n = (⃗ex − 2⃗ez )/ 5. Wie lautet der Wellenzahlvektor im
angrenzenden Medium mit der Brechzahl n2 > n1 ?
Lösung
Der Ausbreitungsvektor kann immer in einen Anteil parallel zur Grenzfläche und einen Anteil
senkrecht zur Grenzfläche zerlegt werden. Der tangentiale Anteil von k muss stetig sein: ⃗n ×
(⃗n × (⃗ktr − ⃗kin )) = 0. Mit dem gegebenen ⃗n und ⃗kin folgt k2tan = ⃗n × (⃗n × ⃗k2 ) = ⃗n × (⃗n × ⃗k2 ) =
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
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n1 k0 (2/5⃗ez +4/5⃗ex ). Der Anteil senkrecht zur Grenzfläche ergibt sich aus der Dispersionsrelaton
2
2
k22 = k2tan
+ k2norm
= n22 k02 . Damit ist
⃗n · (⃗k2 ◦ ⃗n) = ⃗k2norm
(
)√
2⃗ez
⃗ex
= k0 √ − √
n22 − n21 4/5 .
5
5
Überlagert man die beiden Anteile ergibt sich nun
(
)
(
)
√
√
2
2
2
2
n
−
n
4/5
2
n
−
n
4/5
4
2
2
2
⃗k2 = k0
√ 1
√ 1
⃗ex +
⃗ez .
n1 +
n1 −
5
5
5
5
(4)
(5)
(6)
Aufgabe 8
Entlang der z-Achse sind geschlossene Kreisschleifen angeordnet. Beginnend mit einer Schleife
bei z = d/2, in der der Strom I in +φ-Richtung orientiert ist, wechselt die Orientierung der
Stromrichtung zwischen den im Abstand d benachbarten Leiterschleifen. Jede einzelne Schleife
hat den Radius R und die von der Schleife aufgespannte Fläche liegt in der xy-Ebene mit
⃗ auf der z-Achse.
Mittelpunkt auf der z-Achse. Bestimmen Sie das Magnetfeld B
Lösung
Das Feld eine einzelnen Schleife mit Index i kann in Zylinderkoordinaten mit ⃗jVi {⃗r′ } = Iδ{z ′ −
d/2 − id}δ{ρ′ − R}⃗eφ′ parametrisiert werden. Das Magnetfeld ist dann auf Punkten entlang der
z-Achse
⃗ i {⃗r} = µ0 I
B
4π
∫ ∫∞∫
(
)
δ {z ′ − d/2 − id} δ {ρ′ − R} ⃗ey cos {φ′ } − ⃗ex sin {φ′ }
−∞
(z − z ′ )⃗ez − ρ′⃗ex cos {φ′ } − ρ′⃗ey sin {φ′ } ′ ′
′
′
)3/2 ρ dρ dφ dz
2
′
2
′2
2
′
′2
′
(z − z ) + ρ cos {φ } + ρ sin {φ }
µ0 I
R2
⃗ez
=
2 ((z − d/2 − id)2 + R2 )3/2
×(
(7)
Die Überlagerung der Felder unendlich vieler Leiterschleifen ist dann unter Beachtung der
Stromrichtung in jeder Schleife i
∞
µ0 IR2 ∑
(−1)i
⃗
Bi {⃗r} =
⃗ez
2 i=−∞ ((z − d/2 − id)2 + R2 )3/2
(8)
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
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Aufgabe 9
√
√
⃗ = E0 · exp{i(ωt + k0 x/ 2 − k0 z/ 2)}(⃗ex + ⃗ez ) fällt auf eine
Eine Welle im Medium n1 mit E
Grenzfläche mit ⃗n = ⃗ex zum Medium n2 = n1 /3. Beide Medien sind unmagnetisch. Wie sind
die einfallende Welle und die an der Grenzfläche reflekierte Welle polarisiert (linear, elliptisch,
zirkular)?
Lösung
Für Einfallswinkel θ > θgr = arcsin{n2 /n1 } = 19.5◦ wird jede TM- und TE-polarisierte Welle
totalreflektiert. Der Einfallswinkel ergibt sich aus der Aufgabenstellung mit θ = arccos{⃗n ◦
⃗k/∥⃗k∥} = 45◦ > θgr . Die einfallende Welle hat eine TE- (der Anteil von E
⃗ ◦ ⃗n also die ⃗ez
⃗ die mit der gleichen Phase
Komponente) und eine TM-Komponente (der ⃗ex -Anteil von E),
schwingen. Deshalb ist die einfallende Welle linear polarisiert. Bei Totalreflektion wird der
Betrag der Amplituden erhalten, die Teilkomponenten werden jedoch mit unterschiedlicher
Phase zurückgeworfen. Der Reflexionsfaktor im TE-Fall wird durch
rTE = exp{−2iψTE }
(9)
√
mit
n21 sin2 {θ} − n22
n1 cos{θ}
beschrieben. In analoger Weise ist der Phasenfaktor im TM-Fall
tan{ψTE } =
n21
tan{ψTM } = 2 tan{ψTE } .
n2
(10)
(11)
Die reflektieren Teilwellen haben damit gleiche Amplitude und die Relativphase ∆ϕ = 2(ψT M −
ψT E ) ≈ 4.11π. Diese Phase passt nicht zu N · π (wie für eine linear polarisierte Welle notwendig)
oder π/2 + N · π (wie für eine zirkular polarisierte Welle notwendig). Deshalb ist die reflektierte
Welle elliptisch polarisiert.
Aufgabe 10
Eine nichtisoliertes Hochspannungskabel liegt in gerader Linie auf der Erdoberfläche. Bedingt
durch den Ableitstrom nimmt der Strom im Kabelquerschnitt mit 100 A/m entlang des Kabels ab. Das Kabel ist ideal leitfähig und der Kabelquerschnitt ist vernachlässigbar klein. Die
unendlich ausgedehnte ebene Gegenelektrode ist sehr tief im Erdreich mit ε = 10 und σ =0.01
1/(Ohm · m) vergraben. Bestimmen Sie das elektrische Feld auf der Erdoberfläche in Betrag
und Richtung.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
11
Lösung
Das Kabel ist unendlich leitfähig. Deshalb existiert innerhalb des Kabels kein elektrisches
Feld. Aufgrund der Randbedingung am Kablemantel muss deshalb auch ausserhalb des Kabels
⃗ ◦ ⃗ez = ⃗j ◦ ⃗ez = 0 sein, wenn das Kabel entlang der z-Achse verläuft. Aufgrund der DrehsymE
metrie und der weit entfernten Gegenelektrode fallen im Erdreich (y ≤ 0) die partiellen Ab∂
(ρ ∂V
) = 0 liefert
leitungen ∂/∂ϕ weg. Die Laplacegleichung in Zylinderkoordinaten ∆V = ρ1 ∂ρ
∂ρ
nach doppelter Integration den Ansatz für das elektrostatische Potential V = log{ρ/ρ0 } + V0 .
⃗ = −∇V = E{ρ}⃗eρ und ebenso ⃗j = j{ρ}⃗eρ . ZuDas elektrische Feld ergibt sich dann zu E
dem kann durch Integration der Strom durch einem Halbzylindermantel vom Radius ρ durch
j{ρ} = I ′ /(πρ) mit dem längenbezogenen Ableitstrom I ′ =100 A/m angegeben werden. Die
Kontinuitätsgleichung wird erfüllt, da ⃗j divergenzfrei ist. Damit ist das elektrische Feld an der
⃗ = 0} = I ′⃗ex /(πσx) = E0⃗ex /x mit E0 = 3183 V.
Erdoberläche bestimmbar: E{y
Aufgabe 11
Außerhalb einer dielektrischen Kugel mit Radius R und relativer Dielektrizitätszahl ε herrscht
⃗ = E0 /r2⃗er . Für die Beschreibung wurde der Ursprung des Koordinatensystems
die Feldstärke E
auf die Kugel zentriert. Welche Ladung enthält die Kugel?
Lösung
Die Ladung der Kugel kann durch
∫∫
⃗ ◦ d⃗r2
QV = ⃝ D
SV
bestimmt werden. Dabei wird die Integrationsfläche auf der Oberfläche der Kugel gewählt, also
d⃗r2 = R2 sin{θ} dθ dφ⃗er . Die dielektrische Verschiebung an der Oberfläche ergibt sich aus der
⃗ = ε0 E
⃗ = ε0 E0 /R2⃗er und somit ist die Ladung der
elektrischen Feldstärke im freien Raum zu D
Kugel
∫2π ∫π
QV =
ε0 E0 sin{θ} dθ dφ = 4πε0 E0 .
0
0
Anmerkung: Man hätte auch D auf der Innenseite der Kugeloberfläche nehmen können. Da
aber die Normalkomponente von D stetig ist (keine Oberflächenladung), wird das Ergebnis
nicht verändert.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
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Aufgabe 12
In einem homogenen leitfähigen Medium mit σ, ε fließt in der Nähe der Grenzfläche y = 0
die Stromdichte ⃗j = (j1⃗ex + j2⃗ey ) sin{2πt/T }. Welche Feldstärke stellt sich im angrenzenden
Vakuum an der Grenzfläche ein?
Lösung
An der Grenzfläche gelten die Stetigkeitsbedingungen
⃗2 − E
⃗ 1) = 0
⃗n × (E
⃗2 − D
⃗ 1 ) = ϱS
⃗n ◦ (D
∂
⃗n ◦ (⃗j2 − ⃗j1 ) = ϱS
∂t
Die Grenzfläche y = 0 bedeutet, dass der Normalenvektor parallel zur y- Richtung ist. Gewählt:
⃗n = ⃗ey . Damit ist der Bereich y < 0 mit dem Index 1 in den obigen Gleichungen zu nehmen.
Hier wird das Medium in den Bereich 1 gelegt, da es keine Vorgabe dazu gibt. Zusätzlich müssen
noch die Materialgleichungen
⃗ = εε0 E
⃗
D
⃗
⃗j = σ E
⃗ 2 ) × ⃗n = 1 (⃗n ×
berücksichtigt werden. Aus der ersten Stetigkeitsbedingung folgt direkt (⃗n × E
σ
⃗j) × ⃗n = 1 j1 sin{2πt/T }⃗ex . Die zweite und dritte Stetigkeitsbedingung erfordern
σ
ε0 E2y −
εε0
j2 sin{2πt/T } = ϱS
σ
und
∂
ϱS .
∂t
Zeitliche Integration in der letzten Bedingung und Einsetzen in der vorletzten ergibt
−j2 sin{2πt/T } =
j2
ε0 E2y −
also
T
cos{2πt/T } = ϱS
2π
.
εε0
T
j2 sin{2πt/T } = j2 cos{2πt/T }
σ
2π
T
ε
cos{2πt/T }) .
E2y = j2 ( sin{2πt/T } +
σ
2πε0
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
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Aufgabe 13
In einem Magnetron durchlaufen Elektronen (Masse me , Ladung e) eine Kreisbahn vom Radius R mit der Frequenz f . Welche Richtung und Größe muss ein Magnetfeld haben, dass die
Elektronen auf der Kreisbahn hält?
Lösung
Das Koordinatensystem wird so gewählt, dass die Elektronen in der x-y-Ebene rechts um die
z-Achse kreisen. Die Kreisgeschwindikeit der Elektronen ist dann ⃗ω = 2πf⃗ez und die Umfangsgeschwindigkeit ⃗v = ⃗r × ω|ρ=R = Rω⃗eϕ mit ⃗r = ρ⃗eρ . Somit ergibt sich eine Lorentzkraft von
⃗ = −eRω(⃗eϕ × B),
⃗ die die Zentrifugalkraft F = m(⃗ω ×⃗r)×⃗ω = mω 2 R⃗eρ kompensieF⃗ = q(⃗v × B)
ren muss. Idealerweise steht das Magnetfeld senkrecht zur Bewegung des Elektrons, also parallel
⃗ = B⃗ez resultiert aus F⃗Lorentz +⃗⃗FZentrifugal = 0 die Bedingung −eRωB⃗eρ +mω 2 R⃗eρ = 0
zu ⃗ω . Mit B
und somit für das Magnetfeld B = mω/e.
Aufgabe 14
⃗ Eine kreisförmige Leiterschleife mit
Im freien Raum herrscht das konstante Magnetfeld B.
infinitesimalem Spalt und Radius R wird so angeordnet, dass ihr Querschnitt senkrecht vom
Feld durchsetzt wird. Der Umfang der Leiterschleife wächst in der Zeit T gleichmäßig auf das
Doppelte an. Welche Spannung wird in der Leiterschleife induziert?
Lösung
Als Ansatz wird das Faraday-Gesetz in integraler Form gewählt:
I
∫∫
∂
⃗ ◦ d⃗r =
⃗ ◦ d2⃗r .
− E
B
∂t
CS
S
Die linke Seite ergibt auf Grund der idealen Leitfähigkeit der Leiterschleife einfach das negative
Integral der Feldstärke über den Spalt, also den gesuchten Spannungsabfall am Spalt. Auf
der rechten Seite ist zwar das Magnetfeld konstant, aber die Fläche wächst kontinuierlich.
Es resultiert aus dem Integral BS{t}, wobei S{t} die Fläche der Schleife zum Zeitpunkt t
angibt. Die Vorgabe ist, dass der Umfang linear mit der Zeit innerhalb von T auf das Doppelte
ansteigt. Demnach kann für den Radius die Gleichung r = R1 t/T + R0 angegeben werden. Zum
Startzeitpunkt ist der Radius R, bei t = T 2R. Daraus folgt die Gleichung r = R(t/T + 1) und
die Fläche ist S{t} = πr2 = πR2 (1 + t/T )2 . Somit ergibt sich U = B(2πR2 /T )(1 + t/T ).
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
14
Aufgabe 15
Eine Punktladung Q befindet sich im Abstand d zu einer homogenen Linienladung der Stärke
ϱL . Welche Energie muss aufgebracht werden, um den Abstand zwischen den Ladungen auf ein
Zehntel zu reduzieren?
Lösung
Die potenzielle Energie einer Ladung q hängt mit dem elektrischen Potenzial über W = qV
zusammen. Somit ist der Energieaufwand zur Verschiebung mit der Potenzialdifferenz zwischen
Anfangs- und Endlage der Ladung proportional. Das Potenzial einer Linienladung ergibt sich
aus
V = ln{ρ/ρ0 }ϱL /(2πε0 ) + V {ρ0 } .
Somit ist die Potenzialdifferenz V = ϱL ln{ρ1 /ρ2 }/(2πε0 ) = ϱL ln{10}/(2πε0 ) und die benötigte
Energie wird
W = QϱL ln{10}/(2πε0 ) .
Aufgabe 16
Im Inneren eines unendlich langen, geraden, ideal leitfähigen Metallrohres mit Querschnittab⃗ = E0 sin{πx/a} cosh{πz/a}⃗ey . Hier wurde
messungen a × b herrscht das elektrische Feld E
angenommen, das eine Kante des Rohres auf der z-Achse liegt und das die Seite mit Länge a
parallel zur x-Achse orientiert ist. Welche Oberflächenladung wird auf den Rohrwänden induziert?
Lösung
Die Ladungsdichte auf einer Metallfläche errechnet sich aus dem angrenzenden Feld zu
⃗
ϱS = −⃗n ◦ D
wobei der Normalenvektor jeweils auf die Metallfläche zeigt und das Feld an der Grenzfläche
⃗ = ε0 E.
⃗
genommen werden muss. Das Innere des Metallrohres ist hier nicht gefüllt, also gilt D
Mit D0 = ε0 E0 ergeben sich:
Für die Fläche x = 0 und x = a: ⃗n = ∓⃗ex → ϱS = 0.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
15
Für die Fläche y = 0 und y = a: ⃗n = ∓⃗ey →
ϱS = ±D0 sin{πx/a} cosh{πz/a} .
Die Ladung auf den Flächen errechnet sich aus der Integration über alle Flächen. Hier kompensieren sich gerade die Ladungen, so dass die Gesamtladung Null wird.
Aufgabe 17
Auf einer ebenen nicht leitfähigen Platine fließt der Strom J in einer Leiterschleife, die die Form
⃗ im Abstand
eines regelmäßigen Sechsecks mit Kantenlänge a hat. Wie groß ist das Magnetfeld B
2a zum Zentrum der Leiterschleife? Der Querschnitt der Leiterschleife kann infinitesimal klein
angenommen werden. Hinweis: die Fläche eines gleichseitigen Dreiecks mit Kantenlänge a ist
√ 2
3 a /4.
Lösung
Näherungslösung mit dem magnetischen Dipolmoment
Das Magnetfeld außerhalb einer Leiterschleife errechnet sich aus
⃗ ◦ (⃗r/|⃗r|))⃗r/|⃗r| − m
⃗
⃗ = µ0 3(m
B
4π
|⃗r|3
mit dem magnetischen Dipolmoment m.
⃗ Dieses Ergebnis gilt streng genommen nur, wenn der
Aufpunkt im Vergleich zu den Linearabmessungen der Stromverteilung in großer Entfernung d
liegt, was hier sicher nicht der Fall ist. Das Dipolmoment resultiert dabei aus dem Strom in der
√
Leiterschleife und der von ihr umflossenen (ebenen) Fläche , also m = 3 3a2 I/2. Die Richtung
vom m
⃗ ist so zu wählen, dass sie parallel zur Flächennormalen ist und der Strom mathematisch
positiv um m
⃗ fließt. Die Abfrage nach dem Magnetfeld im Abstand 2a vom Zentrum der Schleife
ist ungenau gestellt. Hier gibt es zwei Extrema: einmal senkrecht über oder unter der Fläche
und einmal in der Ebene der Fläche. Im ersten Fall resultiert
√ 2
√
µ
µ
µ
±3
m
⃗
−
m
⃗
(±3
−
1)3
3a
3
3
0
0
0
⃗ =
=
=
I⃗ez I⃗ez ,
B
3
3
4π
z
4π
2z
4π 8a
z=2a
im zweiten Fall ergibt sich einfach
√
µ0 3 3
µ0 m
⃗ ⃗
=−
B=−
I⃗ez
4π ϱ3 ϱ=2a
4π 16a
.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
16
Exakte Lösung mit dem Biot-Savart-Gesetz
√
Für einen Stromfaden der Länge ℓ, der sich in der Ebene z = 0 bei y = − 3a/2 befindet und
in x-Richtung vom Strom Idurchflossen wird resultiert mit dem Biot-Savart-Gesetz
∫a/2
√
3a/2)⃗ez − z⃗ey
′
√
3 dx
((x − x′ )2 + (y + 3a/2)2 + z 2 ) 2
−a/2

ℓ/2
′
√
µ0 I
−1
x−x

√
√
=
((y + 3a/2)⃗ez − z⃗ey ) 
4π
(y + 3a/2)2 + z 2 (x − x′ )2 + (y + √3a/2)2 + z 2
⃗ = µ0 I
B
4π
(y +
−ℓ/2
√
µ0 I
−1
√
=
((y + 3a/2)⃗ez − z⃗ey )
4π
(y + 3a/2)2 + z 2


x − ℓ/2
x + ℓ/2
√

−√
√
√
(x − ℓ/2)2 + (y + 3a/2)2 + z 2
(x + ℓ/2)2 + (y + 3a/2)2 + z 2
.
Für jedes der sechs Leiterstücke muss das Feld berechnet werden. Dazu ist es am einfachsten,
obiges Ergebnis für ein jeweils um ϕn = nπ/3 verdrehtes Koordinatensystem (xn , yn , z) zu
nehmen und die Koordinaten dann auf das ursprüngliche Koordinatensystem zu transformieren.
Das Gesamtfeld ist die Überlagerung aus allen Teilfeldern.
So lange man nur das Feld auf der z-Achse betrachtet, wird es sehr einfach: Die y-Komponenten
kompensieren sich und das Feld ist einfach das sechsfache des Feldes des einzelnen Stückes in
z-Richtung:
√
3 3aµ0 I
1
ℓ
⃗
√
B=
⃗ez .
2
2
4π
3a /4 + z
ℓ2 /4 + 3a2 /4 + z 2
Hier ist ℓ = a und z = 2a gemäß Aufgabenstellung zu verwenden, also resultiert
√
3
3µ0 I 4
⃗ =
√ ⃗ez .
B
4π 19 5a
Bei beliebiger Lage des Aufpunktes resultiert das Feld aus der Überlagerung der Felder der
einzelnen Leiterstücke
6
∑
⃗
⃗n
B=
B
n=0
mit dem oben bestimmten Teilfeld
√
−1
⃗ n = µ0 I ((yn + 3a/2)⃗ez − z⃗eyn )
√
B
4π
(yn + 3a/2)2 + z 2

√
xn − a/2
(xn −
a/2)2
+ (yn +
√
xn + a/2
−√
3a/2)2
+
z2

(xn +
a/2)2
+ (yn +
√

3a/2)2
+
z2
,
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur 2011-1
17
wobei die Koordinatentransformation gemäß
( ) (
)( )
xn
cos{ϕn } sin{ϕn }
x
=
yn
− sin{ϕn } cos{ϕn }
y
bzw.
( ) (
)( )
⃗exn
cos{ϕn } sin{ϕn }
⃗ex
=
⃗eyn
− sin{ϕn } cos{ϕn }
⃗ey
erfolgt.
Es ist sofort ersichtlich, dass die Näherungslösung in der Nähe der Stromverteilung deutliche
Fehler aufweist. Die Fehler werden umso größer, je mehr man von der Achse senkrecht zur
Verteilung in die Ebene der Verteilung geht. Hier erzwingen die Ecken in der Stromverteilung
eine erhebliche Modulation der Feldstärke, die in der Näherungslösung völlig untergeht.
Aufgabe 18
⃗ = H0 exp{i(k0 z − ωt)}(⃗ex − i⃗ey ) auf?
Welche Polarisation weist die Welle H
Lösung
Bei der Welle handelt es sich um eine zirkular olarisierte Welle, da es eine Phaseverschebung
von π/2 zwischen den ansonsten gleich großen Komponenten in x- und y- Richtung gibt. Ausbreitungsrichtung der Welle ist die z-Richtung, der Feldzeiger dreht rechts um diese Richtung.
Somit handelt es sich um eine rechts zirkular polarisierte Welle.
Aufgabe 19
⃗ = H0 exp{i(k0 z−ωt)}(⃗ex −⃗ey ) bezüglich der Grenzfläche (⃗r+a⃗ex )◦(⃗ex +⃗ey ) =
Wie ist die Welle H
0 polarisiert?
Lösung
In der Aufgabe ist die Fläche in der Hesseschen Normalform angegeben: (⃗r −⃗r0 )◦⃗n = 0. Hier ist
√
⃗r0 ein Vektor, der auf einen Punkt in der Fläche zeigt. Somit ergibt sich ⃗n = (⃗ex + ⃗ey )/ 2. Die
Welle hat den Ausbreitungsvektor ⃗k = k0⃗ez . Für die Bestimmung der Polarisation bezüglich der
√
⃗k×⃗
n
Grenzfläche wird der Vektor ⃗eℓ = ∥⃗k×⃗
=
(−⃗
e
+
⃗
e
)/
2 benötigt. Der TM-Anteil der Welle
x
y
n∥
⃗ TM = (⃗eℓ ◦ H)⃗
⃗ eℓ = 0. Somit muss es sich hier um eine bezüglich der
hat das magnetische Feld H
Grenzfläche TE-polarisierte Welle handeln.