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Felder und Wellen
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Klausur F14
Aufgabe 1 (16 Punkte)
Gegeben ist folgende kugelsymmetrische Anordnung:
r=c
r=b
r=a
Die einzelnen Raumbereiche weisen dabei folgende Raumladungsdichten, Leitfähigkeiten und Dielektrizitätskonstanten auf.
0≤r<a :
a≤r<b :
b≤r≤c :
c<r<∞ :
3
̺ = 2̺0 rr3
κ=0
ǫ = ǫ0
̺ = ̺0
̺=0
̺=0
κ=0
κ=∞
κ=0
ǫ = 3r02 ǫ0
ǫ = ǫ0
ǫ = ǫ0
0
r2
~ in Abhängigkeit von r im Bereich von 0 ≤ r < b.
a) Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E
b) Die Raumladungsdichte ̺ im Bereich a ≤ r < b soll nun in Abhängigkeit vom Radius r so
~ unabhängig vom Radius a der inneren
geändert werden, so dass das dabei entstehende E-Feld E
~
Kugel wird. Bestimmen Sie E(r)
und ̺(r) im Bereich a ≤ r < b.
Wenn Sie kein Ergebnis für ̺(r) aus Aufgabenteil b) berechnet haben, rechnen Sie im Bereich a ≤
r < b mit ̺ = ρ0 weiter.
~ in Abhängigkeit von r im Bereich von b ≤ r < ∞.
c) Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E
d) Berechnen Sie das elektrostatische Potential Φ(r) im Bereich b ≤ r < ∞ unter der Vorausetzung Φ(∞) = 0.
Hinweis: starten Sie bei der Berechnung des Potentials bei r=∞.
Felder und Wellen
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Klausur F14
Lösung 1 (16 Punkte)
a) Elektrisches Feld: Satz von Gauss
Z
I
~
~
D df = ̺ dv
~ = Er (r)~er
Kugelsymmetrie: E
Z2πZπ
ǫ Er r2 sin(Θ) dΘ dΦ =
Zr Z2πZπ
2
ρ r′ sin(Θ) dΘ dΦ dr′
0 0 0
0 0
2
4π · ǫEr r = 4π ·
Z
ρr′2 dr′
0≤r<a :
4π · ǫ0 Er r
2
⇒ Er
Zr
ρ0 ′3 ′2 ′
r r dr
r03
0
r
ρ0 1 6
= 4π · 2 3
r
r0 6 0
ρ0 4
r
=
3r03 ǫ0
= 4π ·
2
a≤r<b :
4π · ǫEr r
2
=
r02 ǫ0
Er r 2 =
3r2
r 2 ǫ0
4π · 0 2 Er r2 =
3r
r 2 ǫ0
4π · 0 Er =
3
4π ·
⇒ Er =
Za
Zr
ρ0 ′5 ′
4π · 2 3 r dr + 4π · ρ0 r′2 dr′
r0
0
ar
ρ0
1
4π · 3 a6 + 4π · ρ0 r3
3r0
3 a
ρ0
ρ0 3
4π · 3 a6 + 4π ·
r − a3
3r0
3
ρ0
ρ0
4π · 3 a6 + 4π · (r3 − a3 )
3r
3
30
6
3
a
a
ρ0 r
+
− 2
ǫ0 r02 r05
r0
b) Das E-Feld soll unabhägig von a sein:
a≤r<b :
4π · ǫEr r
2
= 4π ·
Za
0
ρ0
2 3 r′5 dr′ + 4π ·
r0
r02 ǫ0
ρ0
Er r2 = 4π · 3 a6 +4π ·
2
3r
3r
| {z 0 }
A
Zr
a
Zr
ρ(r)r′2 dr′
a
ρ(r)r′2 dr′
Felder und Wellen
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Klausur F14
Der konstante Faktor A muss kompensiert werden. Um a6 in A kompensieren zu können wird
ρ(r) zunächst zu ρ(r) = kρ0 r3 gewählt
4π · ǫEr r
2
r02 ǫ0
Er r 2
3r2
r 2 ǫ0
4π · 0 2 Er r2
3r
4π ·
Zr
ρ0 ′5 ′
= 4π · 2 3 r dr + 4π · kρ0 r′5 dr′
r0
0
a r
ρ0 6
1
= 4π · 3 a + 4π · kρ0 r6
3r0
6 a
ρ0
kρ0 6
= 4π · 3 a6 + 4π ·
r − a6
3r0
6
Za
Es ist leicht ersichtlich, dass A für k =
4π ·
2
r03
verschwindet → ρ =
2
ρ r3
r03 0
ρ0 6
ρ0 6
r02 ǫ0
6
2
r
−
a
E
r
=
4π
·
a
+
4π
·
r
3r2
3r03
3r03
ρ0
⇒ Er = 5 r 6
r0 ǫ 0
c) b ≤ r ≤ c :
⇒ Er = 0
(idealer Leiter) κ = ∞
c<r<∞ :
4π · ǫEr r
2
4π · ǫ0 Er r2
⇒ Er
Za
Zb
ρ0 ′5 ′
ρ0
= 4π · 2 3 r dr + 4π · 2 3 r′5 dr′
r0
r0
0
a
b
ρ0 1 6
ρ0 6
r
= 4π · 3 a + 4π · 3
3r0
r0 3 a
ρ0
ρ0
ρ0
= 4π · 3 a6 + 4π · 3 b6 − 4π · 3 a6
3r0
3r0
3r0
ρ0
=
b6
3r03 ǫ0 r2
Alternative Lösung für ̺ = ρ0 :
c<r<∞ :
4π · ǫEr r
2
=
4π · ǫ0 Er r2 =
=
⇒ Er =
Za
Zb
ρ0 ′5 ′
4π · 2 3 r dr + 4π · ρ0 r′2 dr′
r0
0
a
b
1 3
ρ0 6
4π · 3 a + 4π · ρ0 r
3r0
3 a
ρ0 6
ρ0 3
ρ0
4π · 3 a + 4π · b − 4π · a3
3r0
3
3
6
ρ0
a
(b3 + 3 − a3 )
2
3ǫ0 r
r0
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d) Berechnung von Φ(r) :
c < r < ∞:
Φ(∞) − Φ(r) = −
Z∞
Er (r′ )dr′
r
Φ(r) = 0 +
Z∞
r
ρ0
b6 dr′
3
3r0 ǫ0 r′ 2
ρ0
= − 3 ′ b6
3r0 ǫ0 r
ρ0 6
=
b
3r03 ǫ0 r
∞
r
Das Potential an der Stelle r = c ist:
Φ(c) =
ρ0 6
b
3r03 ǫ0 c
Alternative Lösung für ̺ = ρ0 :
Φ(c) =
ρ0 3 a6
(b + 3 − a3 )
3ǫ0 c
r0
b < r < c: Es existiert kein Feld → Φ(r) = const.
Φ(r) = Φ(c) =
ρ0 6
b = Φ(b)
3r03 ǫ0 c
Alternative Lösung für ̺ = ρ0 :
Φ(r) = Φ(c) =
ρ0 3 a6
(b + 3 − a3 ) = Φ(b)
3ǫ0 c
r0
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Aufgabe 2 (16 Punkte)
Gegeben sei die oben dargestellte Kreisscheibe mit dem Radius R und einem Loch mit dem Radius
a in der Mitte. Die Scheibe sei unendlich dünn und hat eine homogen verteilte positive Ladung +Q.
Das Koordinatensystem ist rechtshändig, der Ursprung liegt im Zentrum der Kreisscheibe und die zAchse verläuft senkrecht nach oben durch die Scheibe.
a) Berechnen Sie das durch die Scheibe verursachte elektrische Potential ΦS (z) auf der z-Achse
mit Hilfe des C OULOMB-Integrals. Das Potential ΦS (z) ist so normiert, dass es im Unendlichen
zu Null wird (ΦS (∞) = 0). Starten Sie Ihre Berechnung mit der Bestimmung der Flächenladungsdichte σ, die sich aus der Gesamtladung +Q ergibt.
~ auf der z-Achse aus dem Potential ΦS (z).
b) Berechnen Sie das elektrische Feld E
Die Anordnung wird nun erweitert. Im Abstand b wird ober- und unterhalb der Kreisscheibe jeweils
eine Kugel mit der Ladung − 21 Q platziert. Die Kugeln können als Punktladungen aufgefasst werden.
~ der beiden Kugeln separat mit Hilfe des Satzes von
c) Berechnen Sie das elektrische Feld E
G AUSS.
~ das zugehörige Potential ΦK für die beiden Kugeln.
d) Berechnen Sie aus dem elektrischen Feld E
Das Potential ist so normiert, dass es im Unendlichen zu Null wird (ΦK (∞) = 0). Geben Sie
die Lösung in kartesischen Koordinaten an, deren Ursprung und Orientierung bereits in den
vorherigen Aufgabenteilen a) und b) definiert wurde.
Hinweis: Berechnen Sie das Feld und das Potential in den Aufgabenteilen c) und d) unter der Annahme, die Kugeln befänden sich im Ursprung und verschieben Sie für Aufabenteil d) Ihre Lösung
anschließend auf der z-Achse in den kartesischen Koordinaten!
e) Bestimmen Sie den Wert für a, bei dem im Ursprung (~r = (0, 0, 0)) das Gesamtpotential zu
Null wird (Φgesamt = 0), unter der Voraussetzung, dass R = 2a entspricht.
Felder und Wellen
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Lösung 2 (16 Punkte)
a) Berechnung des Potentials mit Hilfe C OULOMB-Integrals
Das Volumenintegral für die Bestimmung des Potentials ist gegeben durch:
ZZZ
̺ (~r′ )
1
dv ′ .
Φ (~r) =
4πε
|~r − ~r′ |
(1)
Für eine unendlich dünne Scheibe vereinfacht sich das Integral zu einem Flächenintegral zu:
ZZ
1
σ (~r)
ΦS (~r) =
df ′ .
(2)
4πε
|~r − ~r′ |
Die Flächenladungsdichte σ berechnet sich durch:
σ=
Q
.
π · (R2 − a2 )
(3)
Ein infinitesimal kleines Flächenelement lässt als df ′ = r′ · dϕ′ dr′ ausdrücken. Für einen
√ belie′
′
bigen Punkt auf der z-Achse lässt sich der Ausdruck |~r − ~r | schreiben als |~r − ~r | = z 2 + r′ 2 ,
damit ergibt sich für das Integral:
σ
ΦS (z) =
4πε
ZR Z2π
a
√
0
r′
dϕ′ dr′ .
z 2 + ~r2
(4)
Da das Potential nicht vom Winkel ϕ abhängig ist, vereinfacht es sich zu:
σ
ΦS (z) =
2ε
ZR
√
r′
z2
r′ 2
dr′
+
a
iR
h
σ p 2
2
′
z +r
=
2ε h
a
i
√
σ √ 2
2
z + R − z 2 + a2
=
2ε
h√
i
√
Q
2 + R2 −
2 + a2 .
z
z
·
=
2επ · (R2 − a2 )
(5)
b) Berechnung des elektrischen Feldes
~ lässt durch Gradientenbildung des Potentials berechnen: E
~ = −grad Φ.
Das elektrische Feld E
~
Aufgrund der symmetrischen Anordnung ist das elektrische Feld E nur von der z-Richtung
abhängig:
i
√
σ d h√ 2
2
2
2
~
z + R − z + a ~ez
E (z) = − ·
2ε dz 1
1
σ
−√
~ez
=− ·z· √
2ε
z 2 + R2
z 2 + a2
1
1
Q
−√
~ez .
·z √
=
2επ (R2 − a2 )
z 2 + a2
z 2 + R2
(6)
Felder und Wellen
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c) Berechnung der Kugelfelder mit Hilfe des Satzes von G AUSS
H
~ einer kugelförmigen Punktladung lässt sich durch Ed
~ f~ =
Das elektrische Feld E
drücken. Für eine Kugel ergibt sich daraus:
Z2π Zπ
0
Er2 sin (ϑ) dϑdϕ = −
Q
ε
aus-
Q
2ε
0
π
Q
E 2πr2 (− cos (ϑ)) 0 = −
2ε
Q
2
E · 4πr = −
2ε
Q
E=−
.
8πr2 ε
(7)
d) Bestimmung des elektrischen Potentials aus dem elektrischen Feld
~ lässt sich das Potential bestimmen:
Durch Integration des elektrischen Feldes E
ΦK (r1 ) − ΦK (r2 ) = −
ΦK (∞) − ΦK (r) = −
Zr1
r2
Z∞
~ d~s
E
~ d~s
E
r
Z∞
Q
~ aus Aufgabenteil c)
dr
⇐E
0 − ΦK (r) = − −
8πr′ 2 ε
∞
r
Q
−ΦK (r) = −
8πεr′ r
Q
ΦK (r) = −
.
8πεr
p
Ersetzt man r = x2 + y 2 + z 2 , so erhält man ΦK in kartesischen Koordinaten:
ΦK (x, y, z) = −
Q
p
.
8πε x2 + y 2 + z 2
Die Verschiebung um b der Kugeln auf der z-Achse führt auf:
Q
q
ΦK (x, y, z) = −
.
2
2
2
8πε x + y + (z ∓ b)
(8)
(9)
(10)
e) Bestimmung des Lochdurchmessers a
Bei x = 0, y = 0, z = 0 und R = 2a gilt für die einzelnen Potentiale:
√
√ Q
2−
ΦS (0) =
4a
a2
·
2πε (3a2 )
Q
=
· a,
6πεa2
Q
p
ΦK (0, 0, 0) = −
8πε (∓b)2
Q
=−
.
8πεb
(11)
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8/20
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Für das Gesamtpotential lässt sich schreiben:
!
Φgesamt = ΦS (0) + 2 · ΦK (0, 0, 0) = 0
2·Q
Q
−
=0
6πεa 8πεb
1
2
=
6a
8b
2
a = b.
3
(12)
Felder und Wellen
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Aufgabe 3 (16 Punkte)
Gegeben sei ein Ring mit dem Radius a, siehe Abbildung 1. Der Mittelpunkt des Ringes befindet
sich an der Stelle (0, 0, zr )⊤ . Dieser Ring sei mit der gleichmäßig verteilten elektrischen Ladung Q
geladen und dreht sich mit der Frequenz f in mathematisch positiver Richtung um die z-Achse.
Abbildung 1: Homogen geladener Ring, der sich mit der Frequenz f um die z-Achse dreht.
a) In welche der Richtungen ~eR , ~eϕ , ~ez muss die magnetische Feldstärke auf der z-Achse für die
oben beschriebene Anordung zeigen? Begründen Sie ohne Rechnung!
b) Berechnen Sie die durch den rotierenden Ring entstehende magnetische Feldstärke entlang der
z-Achse.
Im Folgenden dreht sich nun ein Zylinder der Länge 2l, dem Radius a und dem Zylindermittelpunkt
(0, 0, 0)⊤ mit der Frequenz f in mathematisch positiver Richtung um die z-Achse, siehe Abbildung
2.. Hierbei sei auch der Zylinder mit der Ladung Q gleichmäßig verteilt geladen.
Abbildung 2: Homogen geladener Zylinder, der sich mit der Frequenz f um die z-Achse dreht.
c) Berechnen Sie die durch den Zylinder entstehende magnetische Feldstärke entlang der z-Achse.
Hinweise:
Felder und Wellen
10/20
• Stellen Sie den Zylinder als infinitesimal kleine Ringe in z-Richtung dar.
Z
x
1
dx = √
•
3/2
c x2 + c
(x2 + c)
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Felder und Wellen
11/20
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Lösung 3 (16 Punkte)
a) Auf der z-Achse bleibt aus Symmetriegründen nur eine Feldstärke in z-Richtung übrig, die
anderen Feldkomponenten heben sich auf.
b) Durch die Rotation des Ringes mit der Frequenz f entsteht ein Kreisstrom.
I =Q·f
Dieser Kreisstrom erzeugt nach dem Gesetz von Biot-Savart folgende magnetische Flussdichte.
~ r) = µ I
B(~
4π
Z
S
 
 
a
0
d~s × (~r − ~r ) ′



~r = 0 und ~r = ϕ 
|~r − ~r ′ |3 zr
z
′
′

 
−a
0
adϕ ×  −ϕ 
Z2π
z − zr
0
~ r) = µI
B(~
4π
(a2 + (z − zr )2 )3/2

0
~ r) = µI
B(~
4π
Z2π
0
~ r) = µI
B(~
4π


a(z − zr )dϕ


0
2
a dϕ
(a2 + (z − zr )2 )3/2


Z2π

Z2π


a2 dϕ
a(z
−
z
)dϕ
r


+
~
e
~
e
r
z

3/2
3/2 
2
2
2
2
(a + (z − zr ) )
 0 (a + (z − zr ) )

{z
} 0
|
=0
a2
~ r) = µI
~ez
B(~
2 (a2 + (z − zr )2 )3/2
a2
~ r) = µQf
B(~
~ez
2 (a2 + (z − zr )2 )3/2
Hieraus resultiert die magnetische Feldstärke:
a2
~ r) = Qf
~ez
H(~
2 (a2 + (z − zr )2 )3/2
Felder und Wellen
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c) Der Zylinder wird nun in infinitesimal kleine Ringe der Breite dzr unterteilt. Jeder Ring trägt
dabei die Ladung Q dz2lr . Somit ergibt sich für jeden Ring folgender Kreisstrom.
dI = Q
dzr
·f
2l
Mittels des Superpositionsprinzips kann nun die magnetische Flussdichte berechnet werden.
~ r) =
B(~
Z
~
dB
S
 
0
µdI
a
dzr
~

dB (~r) =
· f und ~r = 0
~ez dI = Q
2 (a2 + (z − zr )2 )3/2 2l
z
2
~ r) = µQf
B(~
4l
Zl
−l
~ r) = − µQf
B(~
4l
a dzr
t = z − zr ⇒ dt = −dzr
~
e
z
(a2 + (z − zr )2 )3/2 Zz−l
z+l
~ r) = − µQf
B(~
4l
2
"
a2 dt
(a2 + t2 )3/2
~ez
a2 t
√
~ez
a2 a2 + t 2
#z−l
z+l


z−l
~ r) = µQf  p z + l
− p
 ~ez
B(~
4l
a2 + (z + l)2
a2 + (z − l)2
Hieraus resultiert die magnetische Feldstärke:


z−l
~ r) = Qf  p z + l
− p
 ~ez
H(~
4l
2
2
2
2
a + (z + l)
a + (z − l)
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13/20
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Aufgabe 4 (16 Punkte)
a) Das magnetische Vektorpotential eines Hertzschen Dipols laute:
~ = Az e~z
A
ˆ
µIl
exp{j(ωt − k0 r)}
Az =
4πr
r 2 = x2 + y 2 + z 2
~ in Kugelkoordinaten dar. Berechnen Sie aus dem VektorpoStellen Sie das Vektorpotential A
~
~ des Hertzschen Dipols. Nutzen Sie dabei die Näherung
tential A die magnetische Feldstärke H
für das Fernfeld k0 r ≪ 1. Geben Sie nur die im Fernfeld dominierenden Terme an.
b) Gegeben sei nun eine lineare Dipolantenne der Höhe 2h.
q
r’
h
r
~
z
y
Dr
h
x
Die von z abhängige Stromverteilung lautet:
2π
(h − |z|)
I = I0 sin
λ
Das Fernfeld eines infinitesimal kleinen Dipols ist:
dEθ =
1
ω
I sin θ 2 ej(ωt−kr) dl
4πε
c0 r
Berechnen Sie das Fernfeld für große r. Beachten Sie, dass die Amplitude des Stroms von z
abhängt und dass im Phasenterm mit zunehmenden z ein Wegunterschied ∆r zu berücksichtigen ist.
Hinweis:
Zb
x=−b
sin (a(b − |x|)) cos (ax cos(γ)) + j sin (axcos(γ)) dx =
2 (cos (ab cos(γ)) − cos ab)
sin2 (γ)
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c) Skizzieren Sie die Richtcharakteristik S(θ) der Dipolantenne für h =
Abbildung.
λ
4
in die vorbereitete
~
z
y
x
d) Wie verändert sich die Richtcharakteristik aus Aufgabe c, wenn die Antenne auf bis zu eine
Länge von h = λ verlängert wird? Beschreiben Sie qualitativ.
Felder und Wellen
15/20
Klausur F14
Lösung 4 (16 Punkte)
~ lautet in Kugelkoordinaten:
a) Das magnetische Vektorpotential A
~ = Az (cos(θ)~
A
er − sin(θ)e~θ )
Die magnetische Feldstärke lautet:
~ = 1 rotAz (cos(θ)~
H
er − sin(θ)e~θ )
µ
Nach Einsetzen von Az aus der Aufgabenstellung kommt man auf:
ˆ
~ = Il exp {j(ωt − k0 r} (1 + jk0 r) sin(θ)e~φ
H
4π
r2
Mit der Näherung k0 r ≪ 1 für das Fernfeld bleibt der dominierende Term übrig:
ˆ
~ = Il exp {j(ωt − k0 r} jk0 sin(θ)e~φ
H
4π
r
b) Da der Dipol in z-Richtung zeigt, gilt folgender Ansatz:
Eθ =
Zh
z=−h
1 ω
′
I sin (k(h − |z|)) ej(ωt−kr ) sin θdz
2 ′ 0
4πε c0 r
Für große r gilt 1r ≈ r1′ jedoch muss beim Phasenterm der Wegunterschied genau beachtet
werden. Für große r sind die Strahlen r und r′ parallel und es gilt:
r′ = r − z cos θ
Damit lässt sich das Integral umformen zu:
I0 ω
Eθ =
sin θ
4πε c20 r
Zh
sin (k(h − |z|)) ej(ωt−kr+kz cos θ) dz
z=−h
I0 ω
sin θej(ωt−kr)
=
4πε c20 r
Zh
sin (k(h − |z|)) ejkz cos θ dz
I0 ω
sin θej(ωt−kr)
=
4πε c20 r
Zh
sin (k(h − |z|)) (cos (kz cos θ) + j sin (kz cos θ)) dz
z=−h
z=−h
Felder und Wellen
16/20
Klausur F14
Mit dem Hinweis aus der Aufgabenstellung kommt man auf:
cos (kh cos θ) − cos kh
I0 ω
sin θej(ωt−kr)
2
2πε c0 r
sin2 θ
I0 ω j(ωt−kr) cos (kh cos θ) − cos kh
e
=
2πε c20 r
sin θ
Eθ =
c) Für die Richtcharakteristik ist nur die θ Abhängigkeit von Interesse:
S∼
(cos (kh cos θ) − cos kh)2
sin2 θ
d) Die Richtcharakteristik S(θ) der Dipolantenne für h = λ4 :
0.1
0.05
–0.4
–0.2
0
0.2
0.4
–0.05
–0.1
e) Die Anzahl der Hauptkeulen erhöht sich. Bei einer Antenne der Länge h = λ sind es vier. Wo
bei einer Antenne der Länge h = λ4 das Maximum der Richtcharakteristik lag, bilden sich für
die Länge h = λ die Nullstellen der Richtcharakteristik aus.
Felder und Wellen
17/20
Klausur F14
Aufgabe 5 (16 Punkte)
~ 1e trifft unter
Eine ebene elektromagnetische Welle ( Welle 1“) mit der Frequenz ω und dem H-Feld H
”
einem Winkel αe auf eine Grenzfläche bei z = 0 zu einem ideal leitenden Medium. Die reflektierte
~ 1r . Im freien Raum sei ε = ε1 , im ganzen Raum gelte die Permeabilität µ.
Welle sei H
kr
kr
H2r
H1r
E1r
E2r
αe
αr
αe
αe
x
E1e
ke
ke
x
E2e
H1e
H2e
z
y
Welle 1
z
y
z=0
Welle 2
z=0
Für das H-Feld sei die Amplitude H1e bekannt. Es gilt:
~ 1e = H1e ej(ωt−k(sin(αe ) x+cos(αe ) z))~ey
H
~ 1r = H1r ej(ωt−k(sin(αr ) x−cos(αr ) z))~ey
H
a) Bestimmen Sie für Welle 1 mit Hilfe der Maxwellgleichungen die zur hinlaufenden und zur
~ 1e und E
~ 1r in Abhängigkeit von H1e bzw.
rücklaufenden Welle gehörigen elektrischen Felder E
H1r .
b) Bestimmen Sie für Welle 1 den Reflexionswinkel αr sowie die Amplituden der rücklaufenden Welle! Geben Sie die elektrischen und magnetischen Felder der rücklaufenden Welle in
Abhängigkeit von H1e an!
Hinweis: Überlegen Sie, welche Grenzflächenbedingung im Falle eines idealen Leiters geeignet
ist!
c) Berechnen Sie an der Grenzfläche (z = 0) für Welle 1 den komplexen Poynting-Vektor der
Überlagerung von hin- und rücklaufender Welle! In welche Richtung wird Wirkleistung übertragen?
d) Nun wird der oben betrachteten Welle 1 eine weitere ebene Welle ( Welle 2“) überlagert, deren
”
Phase durch φ beschrieben ist. Diese Welle fällt ebenfalls im Winkel αe ein und wird reflektiert,
so dass das elektrische Feld der hinlaufenden und rücklaufenden Welle wie folgt lauten:
~ 2e = E2e ej(ωt−k(sin(αe ) x+cos(αe ) z)) ejφ~ey
E
~ 2r = −E2e ej(ωt−k(sin(αe ) x−cos(αe ) z)) ejφ~ey
E
~ =
Berechnen Sie mittels der Gleichung H
q
ε
~
~e × E
µ k
~ 2e gehörige Magnetfeld! Hierbei
das zu E
beschreibt ~ek den Einheitsvektor in Ausbreitungsrichtung der Welle.
Felder und Wellen
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Klausur F14
e) Wie müssen die Amplitude E2e und der Phasenwinkel φ gewählt werden, damit die Überlagerung der beiden hinlaufenden Wellen eine rein zirkular polarisierte Welle darstellt?
Felder und Wellen
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Klausur F14
Lösung 5 (16 Punkte)
a) Mit der Maxwellgleichung
~ 1e = D
~˙ 1e = jωεE
~ 1e
rot H
ergibt sich
~ 1e =
rot H
−~ex H1e ej(ωt−k(sin(αe ) x+cos(αe ) z)) (−jk cos αe )
+~ez H1e ej(ωt−k(sin(αe ) x+cos(αe ) z)) (−jk sin αe )
=
~ 1e =
E
jkH1e ej(ωt−k(sin(αe ) x+cos(αe ) z)) (cos αe~ex − sin αe~ez )
k
H1e ej(ωt−k(sin(αe ) x+cos(αe ) z)) (cos αe~ex − sin αe~ez )
ωε
|{z}
õ
=
ε
~ 1r zu
Analog berechnet man E
r
µ
~
E1r =
H1r ej(ωt−k(sin(αr ) x−cos(αr ) z)) (− cos αr~ex − sin αr~ez )
ε
b) An einem idealen Leiter fließen beim Auftreffen eines elektrischen Feldes unbekannte Oberflächenströme. Daher ist die Grenzflächenbedingung für das elektrische Feld zu benutzen (Etan1 =
Etan2=0 im idealen Leiter)! Das elektrische Feld besteht aus einer tangentialen x-Komponente
und einer normalen z-Komponente. An der Grenze ist z = 0.
E1e,tan + E1r,tan = 0
E1e,x + E1r,x = 0
r
µ
H1e ej(ωt−k sin(αe ) x) cos αe =
ε
r
µ
H1r ej(ωt−k sin(αr ) x) cos αr
ε
Nach Division gemeinsam enthaltener Faktoren vereinfacht sich dies zu
H1e e−jk sin(αe ) x cos αe − H1r e−jk sin(αr ) x cos αr = 0
Diese Gleichung kann – unabhängig von den Koeffizienten – nur für αe = αr erfüllt sein. Dann
folgt auch direkt H1e = H1r .
Somit ergeben sich die Felder der rücklaufenden Welle zu
r
µ
~ 1r =
E
H1e ej(ωt−k(sin(αe ) x−cos(αe ) z)) (− cos αe~ex − sin αe~ez )
ε
~ 1r =
H
H1e ej(ωt−k(sin(αe ) x−cos(αe ) z))~ey
Felder und Wellen
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Klausur F14
c) Der komplexe Poyntingvektor der überlagerten Felder ist
~ges = (E
~ 1e + E
~ 1r ) × (H
~ 1e + H
~ 1r )∗
S
r
µ
H1e (ej(ωt−k sin(αe ) x) (cos αe~ex − sin αe~ez )
=
ε
+ ej(ωt−k sin(αe ) x) (− cos αe~ex − sin αe~ez ))
× H1e~ey (ej(ωt−k sin(αe ) x) + ej(ωt−k sin(αe ) x) )∗
r
µ 2
=2
H sin(αe ) x)~ex ej(ωt−k sin(αe ) x) (2ej(ωt−k sin(αe ) x) )∗
ε 1e
r
µ 2
H sin(αe ) x)~ex
=4
ε 1e
Wirkleistung wird also nur in x-Richtung übertragen.
d)
r
ε
(sin αe~ex + cos αe~ez ) × E2e ej(ωt−k(sin(αe ) x+cos(αe ) z)) ejφ~ey
µ
r
ε
=
E2e ejφ (sin αe~ez − cos α~ex )ej(ωt−k(sin(αe ) x+cos(αe ) z))
µ
~ 2e =
H
e) Die Amplituden müssen gleich sein, d.h. E2e = E1e =
q
ε
H .
µ 1e
Zudem müssen die parallel
und die senkrecht polarisierte Komponente der Welle um π/2 phasenverschoben sein, d.h. φ =
±π/2.