Aufgabe 1 (16 Punkte) Eine nichtleitende Kugel des Radius a mit

Aufgabe 1 (16 Punkte)
Eine nichtleitende Kugel des Radius a mit der Raumladungsdichte ̺ = ̺0ra ist im Ursprung zentriert
und wird von einer Kugelschale aus unendlich gut leitendem Metall mit Radius b und der Raumladungsdichte ̺ = 0 im Bereich a ≤ r ≤ b umschlossen, siehe Abbildung. Außerhalb des Materials
befindet sich ein nichtleitendes Material mit ̺ = 0. ε ist im ganzen Raum konstant.
a
b
̺ = ̺0ra
κ=0
̺=0
κ=0
̺=0
κ=∞
~ in
~ im ganzen Raum und skizzieren Sie den Betrag E
a) Berechnen Sie das elektrische Feld E
Abhängigkeit des Radius r.
b) Berechnen Sie die Flächenladungsdichten auf den Metallflächen bei r = a und r = b.
c) Berechnen und skizzieren Sie das elektrostatische Potential Φ im ganzen Raum, mit Φ (∞) = 0.
Im Folgenden wird die Anordnung geändert. Die Metall-Kugelschale wird entfernt, und von der Kugel
mit Radius a wird die untere Hälfte entfernt, siehe Abbildung. Außerdem ist die Raumladungsdichte
der Halbkugel nun konstant ̺ = ̺0 .
z
a
a
x
y
a
~ r = ~0)!
d) Bestimmen Sie das elektrische Feld im Ursprung E(~
Hinweis 1: Der Aufgabenteil d) ist von den Aufgabenteilen a) bis c) unabhängig.
RRR
~ (~r) = 1
Hinweis 2: Das Coulomb-Integral für das elektrische Feld lautet: E
4πε
Rx
Hinweis 3: x12 cos x sin xdx = [− 21 cos2 x]xx21
̺(~
r ′ )(~
r −~
r′ )
dv ′ .
3
′
|~
r −~
r|
Lösung 1 (16 Punkte)
a) Aufgrund der kugelsymmetrischen Anordnung ergibt sich für das elektrische Feld nur ein ra~ r) = Er (r)~er . Ansatz mit Hilfe des Satzes vom Hüllenfluß und den gegediale Komponente E(~
benen Materialeigenschaften:
ZZ
ZZ
~
~
εEdf =
̺dv
(1)
Die linke Seite der Gleichung bestimmt sich zu
ZZ
~ f~ = ε
εEd
Z2π Zπ
Er (r)r2 sin ϑdϑdφ
0
0
2
= 2πεr Er (r)
Zπ
sin ϑdϑ
0
= 2πεr Er (r) [− cos ϑ]π0
= 4πεr2 Er (r)
2
Für den Bereich 0 ≤ r < a ergibt sich für die radiale Komponente
1
Er (r) =
4πεr2
Zr Z2π Zπ
0
=
1
εr2
Zr
0
̺(r′ )r′2 sin ϑdrdϑdφ
0
̺0 a ′2 ′
r dr
r′
0
̺0 a 1 r
= 2 r′2 0
εr 2
̺0 a
=
2ε
Im Bereich a ≤ r < b ergibt sich aufgrund der unendlichen Leitfähigkeit des Materials kein
elektrisches Feld: Er (r) = 0.
Im Bereich b ≤ r berechnet sich das elektrische Feld zu
1
Er (r) = 2
εr
Za
̺0 a ′2 ′ ̺0 a3
r dr =
r′
2εr2
0
b) Für Grenzflächen gilt σ = Dn2 − Dn1 . In diesem Fall führt dies zu
σ(r = a) = 0 − εEr (r = a) = −
̺0 a
2
und
σ(r = b) = εEr (r = b) − 0 =
̺0 a3
2b2
̺0 a
2ε
Er
̺0 a 3
2εb2
∼
0
a
c) Mit Hilfe von Φ(~r2 ) − Φ(~r1 ) = −
b ≤ r < ∞ ergibt sich
Φ(r) = Φ(∞) +
Z∞
R~r2
b
1
r2
r
~ s ergeben sich für die Bereiche folgende Lösungen. Für
Ed~
~
r1
~ s
Ed~
r
Z∞
̺0 a 3 ′
dr
2εr′2
r
∞
̺0 a 3
1
=
− ′
2ε
r r
̺0 a 3
=
2εr
=
Im Bereich a ≤ r < b gibt es kein elektrisches Feld, so dass das Potential konstant bleibt:
Φ(r = b) = Φ(r = a) =
̺0 a3
2εb
Im Bereich 0 ≤ r < a ergibt sich
Φ(r) = Φ(a) +
Za
̺0 a ′
dr
2ε
r
3
̺0 a
2εb
̺0 a 3
=
2εb
=
h ̺ a ia
0
+
r′
2ε
r
̺0 a2 ̺0 ar
̺0 a a2
+
−
=
( + a − r)
2ε
2ε
2ε b
(2)
Φ(r)
̺0 a(a+b)
2εb
b
̺0 a 3
2εb
∼
0
a
b
1
r
r
RRR ̺(~r′ )(~r−~r′ ) ′
~ (~r) = 1
dv . Da das elektrid) Das Coulomb-Integral ist laut Aufgabenstellung E
4πε
|~
r −~
r ′ |3
sche Feld im Urspung ~r = ~0 betrachtet wird ergibt sich für (~r − ~r′ ) = −~r′ = −r~er′ . Der Term
im Nenner des Integrals wird dadurch zu |~r − ~r′ |3 = r′3 . Damit lässt sich das Integral lösen
ZZZ
̺(~r′ )(~r − ~r′ ) ′
1
~
E (~r) =
dv
4πε
|~r − ~r′ |3
π
=
̺0
4πε
Z2π Z2 Za
0
−r′~er′ ′2
r sin ϑdr′ dϑdφ
r′3
0
0
Der Einheitsvektor ~er′ wird in kartesischen Koordinaten ausgedrückt um die Abhängigkeit von
ϑ und φ nicht zu verstecken:
~er′ = ~ex sin ϑ cos φ + ~ey sin ϑ cos φ + ~ez cos ϑ
Das Feld hat aufgrund von Symmetrieeigenschaften nur eine ~ez Komponente:
π
~ (~r) = ̺0
E
4πε
Z2π Z2 Za
0
0
π
2
− cos ϑ sin ϑdr′ dϑdφ~ez
0
Z
2πa̺0
=
− cos ϑ sin ϑdϑ~ez
4πε
0
π2
a̺0 1
2
=
cos ϑ ~ez
ε 2
0
a̺0
=−
~ez
4ε
(3)
Aufgabe 2 (16 Punkte)
Abbildung 1 zeigt eine dreidimensionale Anordnung. Oberhalb der x-y Ebene auf der Höhe z = z0
befindet sich eine Punktladung Q1 . Die x-y Ebene wird von einer unendlich ausgedehnten Leiterplatte
ausgefüllt. Die Leiterplatte ist geerdet.
z
z0
Q1
r
Φ(x, y, z)
x
Abbildung 1: Versuchsanordnung für die Aufgabenteile (a) bis (f)
a) Das Potential Φ(x, y, z) im gesamten Raum oberhalb der x-y Ebene (z > 0) soll mit Hilfe
des Spiegelungsprinzips berechnet werden. Zeichnen Sie zunächst eine Skizze der Anordnung
in der die erzeugte imaginäre Ladung Q2 enthalten ist und geben Sie deren Koordinate an.
Welchen Wert besitzt die imaginäre Ladung Q2 ?
Hinweis: Überlegen Sie sich welche Bedingung für das elektrische Feld auf der Metalloberfläche gelten muss und wie diese durch eine geeignete imaginäre Ladung erzeugt werden kann.
b) Bestimmen Sie nun das Potential Φ(x, y, z) im gesamten Raum oberhalb der x-y Ebene (z > 0)
mit Hilfe des Spiegelungsprinzips. Rechnen Sie in kartesischen Koordinaten.
~
c) Berechnen Sie das elektrische Feld E(x,
y, z) aus dem zuvor berechneten Potential.
d) Geben Sie das elektrische Feld auf der Metalloberfläche (z = 0) an. In welche Richtung zeigt
das Feld bei z = 0?
e) Berechnen Sie die Oberflächenladungsdichte σ(x, y).
f) Wie kann die influenzierte Gesamtladung auf der Leiteroberfläche berechnet werden? (nur Antwort und Ansatz, keine Rechnung)
In den Aufgabenteilen (g) bis (h) wird die Anordnung folgendermaßen verändert (siehe Abbildung
2). In der Ebene x = −a ist nun eine zusätzliche unendlich ausgedehnte Leiterplatte angebracht.
g) Wieviele imaginäre Ladungen werden benötigt um das Potential Φ(x, y, z) für z > 0, x > 0
mit dem Spiegelungsprinzip zu berechnen? Welche Werte besitzen die imaginären Ladungen
Q2..n ? Zeichnen Sie eine Skizze der Anordnung in der die erzeugten imaginären Ladungen
Q2..n enthalten sind und geben Sie deren Koordinaten an.
h) Berechnen Sie das Potential Φ(x, y, z) für z > 0, x > 0.
z
z0
−a
Q1
x
Abbildung 2: Versuchsanordnung für die Aufgabenteile (g) bis (h)
Lösung 2 (16 Punkte)
z
z0
Q1
r
Φ(x, y, z)
x
−z0
Q2 = −Q1
Abbildung 3: Versuchsanordnung für die Aufgabenteile (a) und (f)
a) Die imaginäre Ladung Q2 = −Q1 befindet sich bei (x = 0, y = 0, z = −z0 )
b) Das Potential
1 Q1 Q1
(
−
)
4πǫ r1
r2
Φges (x, y, z) = Φ1 + Φ2 =
ergibt sich mit
p
x2 + y 2 + (z − z0 )2
p
r2 = x2 + y 2 + (z + z0 )2
r1 =
zu
Q1
Φges (x, y, z) =
4πǫ
1
1
p
−p
x2 + y 2 + (z − z0 )2
x2 + y 2 + (z + z0 )2
!
~ = −grad(Φ) berechnet sich das elektrische Feld zu
c) Mit E
−x
x
~ = − Q1 (
E
3 +
3
4πǫ (x2 + y 2 + (z − z0 )2 ) 2
(x2 + y 2 + (z + z0 )2 ) 2
+
+
−y
3
(x2 + y 2 + (z − z0 )2 ) 2
−(z − z0 )
3
(x2 + y 2 + (z − z0 )2 ) 2
+
+
y
3
!
~ex
!
~ey
(x2 + y 2 + (z + z0 )2 ) 2
!
z + z0
3
(x2 + y 2 + (z + z0 )2 ) 2
~ez )
x~ex + y~ey + (z − z0 )~ez
~ = Q1
E
4πǫ
3
(x2 + y 2 + (z − z0 )2 ) 2
−
x~ex + y~ey + (z + z0 )~ez
3
(x2 + y 2 + (z + z0 )2 ) 2
!
d) Das Feld besitzt nur eine e~z -Komponente
~ = − Q1
E
2πǫ
z0
3
(x2 + y 2 + z02 ) 2
!
~ez
~ = 0)~ez − 0~ez
e) Die Flächenladungsdichte berechnet sich mit σ(x, y) = ǫE(z
z0
Q1
σ(x, y) = −
2πǫ
3
(x2 + y 2 + z02 ) 2
!
f) Die Influenzladung kann mit dem Gaussschen Integralsatz über die eingeschlossene Fächenladungsdichte berechnet werden
Qinf =
Z
σdf =
F
Z∞ Z∞
σ(x, y)dxdy = −Q1
−∞ −∞
z
z0
−2a
−z0
z0
Q4 = −Q1
Q3 = Q1
Q1
x
−a
−z0
Q2 = −Q1
Abbildung 4: Versuchsanordnung für die Aufgabenteile (g) bis (h)
g) Durch Spiegelung der Hilfsanordnung aus Abbildung 3 bei x = −a ergibt sich:
Q2 = −Q1 bei (x = 0, y = 0, z = −z0 ), Q3 = Q1 bei (x = −2a, y = 0, z = −z0 ), Q4 = −Q1
bei (x = −2a, y = 0, z = z0 )
h) Das Potential
Φges (x, y, z) = Φ1 + Φ2 + Φ3 + Φ4 =
1 Q1 Q1 Q1 Q1
(
−
+
−
)
4πǫ r1
r2
r3
r4
ergibt sich mit
r1 =
r2 =
r3 =
r4 =
zu
p
p
p
p
x2 + y 2 + (z − z0 )2
x2 + y 2 + (z + z0 )2
(x + 2a)2 + y 2 + (z + z0 )2
(x + 2a)2 + y 2 + (z − z0 )2
Q1
1
1
(p
−p
+
4πǫ
x2 + y 2 + (z − z0 )2
x2 + y 2 + (z + z0 )2
1
1
p
−p
)
(x + 2a)2 + y 2 + (z + z0 )2
(x + 2a)2 + y 2 + (z − z0 )2
Φges (x, y, z) =
Aufgabe 3 (16 Punkte)
Gegeben sei eine in der x-y-Ebene liegende dünne Leiterschleife mit dem Radius a, siehe Abbildung
~ = B0~ez
5. Die dargestellte Leiterschleife dreht sich in einem konstanten, homogenen Magnetfeld B
mit der Winkelgeschwindigkeit ω um die x-Achse. Zum Zeitpunkt t = 0 steht die Leiterschleife
orthogonal zum Magnetfeld B0~ez .
a) Berechnen Sie die in die Leiterschleife induzierte Spannung Uind in Abhängigkeit der Zeit t.
y
2a
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗ a ⊗
−2a
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
−2a
⊗
⊗
⊗
2a
x
Abbildung 5: Leiterschleife 1
Im Folgenden sei ein unendlich langer Linienleiter in Form einer Leiterschleife gegeben, siehe Abbildung 6. Dabei liegt der Leiter fest in der x-y-Ebene und wird von einem Gleichstrom I durchflossen.
y
−∞
I
a
−∞
I
x
Abbildung 6: Leiterschleife 2
b) Berechnen Sie die magnetische Feldstärke im Ursprung des Koordinatensystems unter Verwendung des Gesetzes von Biot-Savart für Linienleiter. Zerlegen Sie hierbei das zu lösende Integral
in geeignete Abschnitte und nutzen Sie die unten angegebenen Hinweise.
Hinweise:
• Im Aufgabenteil (b) wirkt kein äußeres Magnetfeld.
Z
x
1
dx = √
•
3/2
c x2 + c
(x2 + c)
Lösung 3 (16 Punkte)
a) Die Leiterschleife dreht sich in einem homogenen Magnetfeld mit der Winkelgeschwindigkeit
ω. Daher ändert sich die Fläche der Leiterschleife, die vom Magnetfeld durchflutet wird in
Abhängigkeit der Zeit t:
A(t) = cos(ωt)A
Um die induzierte Spannung Uind berechnen zu können, muss zu Beginn der magnetische Fluss
berechnet werden:
Φm =
ZZ
~ A
~
Bd
A
Φm = B0 · A(t)
3 2
2
Φm = B0 · cos(ωt) 2a + a π
4
Die Induktionsspannung Uind ergibt sich nun aus dem Induktionsgesetzt:
Uind = −
Uind
dΦm
dt
3
= B0 · ω sin(ωt)a 2 + π
4
2
b) Das Gesetz von Biot-Savart für dünne Leiter lautet:
~ r) = µ I
B(~
4π
Z
d~s ′ × (~r − ~r ′ )
|~r − ~r ′ |3
S
Da die magnetische Flussdichte im Koordinatenursprung berechnet werden muss, gilt:
~ ~0) = − µ I
B(
4π
Z
S
d~s ′ × (~r ′ )
|~r ′ |3
Das Wegintegral ist in drei Abschnitte zu zerlegen:
~ =
B
Z
~1 +
dB
Z
~2 +
dB
~3
dB
S3
S2
S1
Z
~ 1:
Berechnung von B
   
x
dx
 0  × a
Z0
0
0
µI
~1 = −
B
4π
(x2 + a2 )3/2
−∞
~ 1 = − µI
B
4π
Z0
−∞

0
 0 
a dx

(x2 + a2 )3/2
0
µI
µI
x
= − ~ez √
~ez
=−
4π
4πa
a x2 + a2 x→−∞
~ 2:
Berechnung von B


cos(ϕ)
~e · a dϕ × a  sin(ϕ) 
Z−π ϕ
0
~ 2 = − µI
B
3
4π
a
π/2
~eϕ = − sin (ϕ)~ex + cos (ϕ)~ey




cos(ϕ)
− sin(ϕ)
a dϕ  cos(ϕ)  × a  sin(ϕ) 
Z−π
0
0
~ 2 = − µI
B
4π
a3
π/2

0
 0 
Z−π
a2 dϕ
3µI
~ 2 = − µI
=−
~ez
B
3
4π
a
8a

π/2
~ 3:
Berechnung von B
   
x
dx
 0  × 0
Z−∞
0
0
µI
~3 = −
B
= ~0
4π
(x2 )3/2
−a
~
Damit ergibt sich die gesamte magnetische Flussdichte B:
~ =B
~1 + B
~2 + B
~3 = −
B
3µI
µI
+
4πa
8a
~ez
~ und der magnetischen Feldstärke
Der Zusammenhang zwischen der magnetische Flussdichte B
~ lautet:
H
~ = 1B
~ =−
H
µ
I
3I
~ez
+
4πa 8a
Aufgabe 4 (16 Punkte)
Gegeben sei ein rechteckiger Hohlleiter aus unendlich gut leitendem Metall mit den Kantenlängen a
und b. Im Inneren des Hohlleiters befinde sich eine T Mmn Welle mit den gegebenen Feldkomponenten
und den Wellenzahlen kx (m) und ky (n).
x
a
z
b
y
jω ǫ ky
E0 sin(kx x) cos(ky y) ej(ω t−kz z)
ω 2 µ ǫ − kz2
−jω ǫ kx
Hy (x, y, z, t) = 2
E0 cos(kx x) sin(ky y) ej(ω t−kz z)
ω µ ǫ − kz2
Hx (x, y, z, t) =
a) Welche Randbedingungen müssen Ex (x, y, z, t), Ey (x, y, z, t) und Ez (x, y, z, t) an den Hohlleiterwänden erfüllen?
b) Welche Eigenschaften des E- und des H-Feldes werden zum Skizzieren des Feldlinienbildes
einer T M1,1 - Welle im Hohlleiter benötigt? Skizzieren Sie das Feldlinienbild (E- und H-Feld)
in die vorbereitete Abbildung des Hohlleiters. Begründen Sie Ihre Skizze!
x
a
b
y
c) Es gelte: Ez = Ez0 (x, y)ej(ωt−kz z) . Welche der Funktionen
Ez0 (x, y) = C sin kx x sin ky y, Ez0 (x, y) = D cos kx x cos ky y
genügen den Randbedingungen? Bestimmen Sie kx und ky .
d) Leiten Sie allgemein die Wellenzahl kz her. Verwenden Sie hierzu die Wellengleichung für Hx
oder Hy .
e) Leiten Sie die Grenzfrequenzen fcmn der Moden T Mmn in Abhängigkeit von m und n aus der
Wellenzahl her.
Es gilt: b = 2a
f) Geben Sie die obere und die untere Grenze der Kantenlängen a und b abhängig von der Frequenz an, sodass sich nur der kleinste TM - Mode ausbreitet. Hinweis:
fcmn
1
= √
2 µε
r
m 2 n 2
+
a
b
Lösung 4 (16 Punkte)
a) An einer ideal leitenden Fläche können keine tangentialen elektrischen Felder existieren.
Ez (x, 0, z, t) = 0
Ez (x, b, z, t) = 0
Ez (0, y, z, t) = 0
Ez (a, y, z, t) = 0
Ex (x, 0, z, t) = 0
Ex (x, b, z, t) = 0
Ey (0, y, z, t) = 0
Ey (a, y, z, t) = 0
b) Folgende Bedingungen fließen in die Skizze ein:
• Hz = 0
• E-Feldlinien stehen senkrecht auf der Leiterebene.
• Tangentiale E-Feldkomponenten verschwinden im idealen Leiter.
• E- und H-Feldkomponenten stehen senkrecht aufeinander.
c) Mit den Randbedingungen aus a:
Ez0 (0, y)
Ez0 (a, y)
Ez0 (x, 0)
Ez0 (x, b)
= C sin
= C sin
⇒
⇒
= C sin
= C sin
⇒
⇒
kx 0 sin ky y = 0 = Dcos(ky y)∀y ⇒ D = 0
kx a sin ky y = 0
sin kx a = 0
nπ
n = 1, 2, 3, . . .
kx =
a
kx x sin ky 0 = 0
kx x sin ky b = 0
sin ky b = 0
mπ
ky =
m = 1, 2, 3, . . .
b
d) Wellengleichung für Hx ist
∆ Hx − µ ε
∂ 2 Hx
= 0.
∂t
Einsetzen von Hx aus der Aufgabenstellung ergibt:
− kx2 Hx − ky2 Hx − kz2 Hx + ω 2 µ ε Hx = 0
−kx2 − ky2 − kz2 + ω 2 µ ε = 0
q
ω 2 µ ε − kx2 − ky2
kz =
e) An der Frequenz f = fcmn ist die Wellenzahl kz = 0. Nach Einsetzen der Wellenzahlen
kx = maπ und ky = nbπ , die sich aus den Randbedingungen ergeben, und durch Auflösen
der Gleichung nach f können die Cut-off Frequenzen bestimmt werden.
0 = kz =
q
ωc2mn µ ε − kx2 − ky2
ωc2mn µ ε = kx2 + ky2
fcmn =
fcmn =
2π
1
√
r
m π 2
µε
r
1
√
2 µε
a
m 2
a
+
+
n π 2
b
n 2
b
f) Damit sich die Welle T Mmn ausbreiten kann, muss folgende Bedingung erfüllt sein:
f > fcmn
1
= √
2 µε
r m 2
a
+
n 2
b
Für den kleinsten Mode (T M11 ) und der Bedingung b = 2 a ergibt sich daraus
f > fc11
s 2
2
1
1
1
f> √
+
2 µε
a
2a
√
5
a> √
4 µεf
b = 2a >
√
2
√
5
.
µεf
Der nächsthöhere TM-Mode ist der Mode T M12 oder T M21 . Da die Kante b länger ist, besitzt
der Mode T M12 die tiefere Grenzfrequenz.
f < fc12
s √
2
2
2
1
1
2
1
+
= √
·
f< √
2 µε
a
2a
2 µε a
√
2
a< √
2 µεf
√
b = 2a < √
2
µεf
Aufgabe 5 (16 Punkte)
Eine ebene Welle breitet sich in einem Leiter mit κ = κ1 , 0 < κ1 < ∞ in positive z-Richtung aus und
trifft bei z = b auf eine Grenzschicht zu Vakuum. Es gelte überall µ = µ0 . Im Leiter sind ε = ε1 und
k = k1 komplex.
~ + = E + ej(ωt−k1 z)~ey
Hinlaufende Welle: E
~ − = E − ej(ωt+k1 z)~ey
Reflektierte Welle: E
~ t = Et ej(ωt−k0 (z−b))~ey
Durchgelassene Welle: E
~ + = H + ej(ωt−k1 z)~ex
H
~ − = H − ej(ωt+k1 z)~ex
H
~ t = Ht ej(ωt−k0 (z−b))~ex
H
→+
S
→
E+
(5)
(6)
→
Ht
→+
H
→
St
→-
→
H
x
(4)
Et
→-
S
→
Ez
Leiter
y
Vakuum
z=b
κ = κ 1 , ε = ε1
κ = 0, ε = ε0
~ =D
~˙
~
a) Leiten Sie mittels der Maxwell-Gleichung rotH
p µ (da J = 0) und den Gleichungen (4) den
folgenden Zusammenhang her: E = −ΓH, Γ = ε .
b) Geben Sie die Grenzbedingungen am Grenzübergang bei z = b für die Felder an!
c) Berechnen Sie die Amplituden Et und E − als Funktion der Amplitude E + !
Hinweis: Nutzen Sie E + = −Γ1 H + , E − = Γ1 H − , Et = −Γ0 Ht .
Nun wird folgende Anordnung betrachtet: Eine Welle mit dem E-Feld Ee soll vom Raumbereich
z > b abgeschirmt werden. Dazu wird eine leitende Trennschicht zwischen 0 < z < b genutzt. Neben
den in den vorigen Aufgabenteilen betrachteten Wellen treten die beiden folgenden Wellen auf:
~ e = Ee ej(ωt−k0 z)~ey
E
~ r = Er ej(ωt+k0 z)~ey
Reflektierte Welle im Vakuum: E
~ e = He ej(ωt−k0 z)~ex
H
~ r = Hr ej(ωt+k0 z)~ex
H
Hinlaufende Welle im Vakuum:
→+
→
Se
→
Ee
S
→
E+
→
He
H
→
Hr
→
H
Et
→-
Sr
S
→
→
E-
Er
y
→
St
→-
→
x
→
Ht
→+
Vakuum
z
z=0
Leiter
z=b
κ = 0, ε = ε0 κ = κ1 , ε = ε1
Vakuum
κ = 0, ε = ε0
d) Geben Sie die Grenzflächenbedingungen für die Felder an der Grenzschicht bei z = 0 an!
(7)
(8)
e) Eliminieren Sie Er und Hr aus den Grenzflächenbedingungen für z = 0! Berechnen Sie Ee als
Funktion nur von E + und geben Sie die sog. Schirmdämpfung Et /Ee an!
+
Hinweis 1: Falls Sie Aufgabe c) nicht gelöst haben, nutzen Sie Et = At+ E + und E − = A−
+E !
Hinweis 2: Nutzen Sie Ee = −Γ0 He , Er = Γ0 Hr .
Lösung 5 (16 Punkte)
a)
~ =D
~˙
rotH
∂Hx
= ~ey εE(jω)ej(ωt−kz)
~ey
∂z
Hej(ωt−kz) (−jk) = εE(jω)ej(ωt−kz)
r
√
−ω µε
−k
µ
H=
H=−
H
E=
εω
εω
ε
|{z}
(1)
(2)
(3)
(4)
Γ
b) Die Tagentialkomponenten der Summe aller E- und H-Felder jeweils links und rechts der
Grenzfläche müssen identisch sein:
E + ej(ωt−k1 b) + E − ej(ωt+k1 b) = Et ejωt
+ j(ωt−k1 b)
H e
− j(ωt+k1 b)
+H e
= Ht e
(5)
jωt
(6)
bzw. nach Division durch ejωt :
E + e−jk1 b + E − ejk1 b = Et
+ −jk1 b
H e
− jk1 b
+H e
(7)
= Ht
(8)
c) Mit den Hinweisen gilt:
E + e−jk1 b + E − ejk1 b = Et
Et
E + −jk1 b E − jk1 b
e
+
e
=
−Γ1
Γ1
−Γ0
Elimination von Et :
Γ0
Γ0
+ −jk1 b
− jk1 b
1−
E e
1+
+E e
=0
Γ1
Γ1
E + e−jk1 b (Γ1 − Γ0 ) + E − ejk1 b (Γ1 + Γ0 ) = 0
(9)
(10)
| · Γ1
(11)
(12)
(13)
Aufgelöst nach E − :
E − = E + e−2jk1 b
Γ0 − Γ1
Γ0 + Γ1
(14)
und daraus Bestimmung von Et :
Et = E + e−jk1 b
2Γ0
Γ0 + Γ1
(15)
d) Auch hier gilt: Die Tagentialkomponenten der Summe aller E- und H-Felder jeweils links und
rechts der Grenzfläche müssen identisch sein:
Ee + Er = E + + E −
He + Hr = H + + H −
(16)
(17)
d) Mit Hinweis 2 gilt:
Ee + Er = E + + E −
Er
E+
E−
Ee
+
=
+
−Γ0 Γ0
−Γ1
Γ1
(18)
(19)
Multiplikation von (19) mit Γ0 und Subtraktion von (18) eliminiert Er :
Γ0
Γ0
−
+
1−
+E
1+
2Ee = E
Γ1
Γ1
Γ0 + Γ1
Γ1 − Γ0
+
−
Ee = E
+E
2Γ1
2Γ1
Γ0 + Γ1
+
−2jk1 b Γ0 − Γ1 Γ1 − Γ0
=E
+e
2Γ1
Γ0 + Γ1 2Γ1
(20)
(21)
(22)
Mit Et aus Aufgabenteil c) ist die gesuchte Schirmdämpfung Et /Ee :
Et /Ee = Mit α =
Γ0 −Γ1
Γ0 +Γ1
Et /Ee =
e−jk1 b Γ02Γ+Γ0 1
Γ0 +Γ1
2Γ1
−Γ1 Γ1 −Γ0
+ e−2jk1 b ΓΓ00 +Γ
1 2Γ1
(23)
lässt sich der Ausdruck vereinfachen zu
(1 − α2 )e−jk1 b
1 − α2 e−2jk1 b
(24)