Aufgabe 1 - TU Dresden

KLAUSUR Theoretische Elektrotechnik 2“
”
Prof. H.-G. Krauthäuser
Aufgabe
1
Punkte
11
2
9
3
12
4
11
16.08.2013
5
8
6
9
Dauer: 120 min.
P
7
15
75
Aufgabe 1
Im Vakuum breitet sich eine in y-Richtung linear polarisierte ebene Welle mit der Amplitude E0 und
der Wellenlänge λ0 in positiver x-Richtung aus. Bei x = 0 trifft sie auf ein Medium mit unendlicher
Leitfähigkeit, das den gesamten Halbraum x ≥ 0 ausfüllt.
y
~i
E
κ→∞
~i
H
~ki
x
(a) Geben Sie die elektrische und magnetische Feldstärke der einfallenden Welle im Frequenzbereich
an.
Die Gleichung der elektrischen Feldstärke sowie den Wellenvektor stellt man aus Ausbreitungsund Polarisationsrichtung mit der gegebenen Amplitude und Wellenlänge auf. Hieraus berechnet
~
man die magnetische Feldstärke mithilfe der bekannten Beziehung zwischen ~k und E.
ωµ
~ki = k~ex = 2π ~ex
~ i = E0~ey ej(ωt−kx)
E
ZW =
λ0
k
³
´
1
~ i = E0 (~ex × ~ey )ej(ωt−kx) = E0 ~ez ej(ωt−kx)
~i =
~eki × E
H
ZW
ZW
ZW
(b) Bestimmen Sie mithilfe der Wellenwiderstände den Reflexionsfaktor bei x = 0 und berechnen
Sie die reflektierten Felder.
Im Falle paralleler Polarisation gilt für den Reflexionsfaktor (senkrechter Einfall mit ϑ1 = ϑ2 = 0)
r = rk =
Z2 cos ϑ2 − Z1 cos ϑ1
Z2 − Z1
=
Z2 cos ϑ2 + Z1 cos ϑ1
Z2 + Z1
Wegen κ → ∞ existiert im Leiter kein elektrisches Feld, es ist ω2 = 0 und demnach der Wellenwiderstand im rechten Halbraum Z2 = 0, womit der Reflexionsfaktor zu r = −1 folgt. Die
reflektierten Felder lauten damit
~ r = Er~ey ej(ωt+kx) = rE0~ey ej(ωt+kx) = −E0~ey ej(ωt+kx)
E
´
1 ³
~r =
~ r = E0 ~ez ej(ωt+kx)
H
~ekr × E
ZW
ZW
1
~kr = −~ki = −k~ex
(c) Skizzieren Sie qualitativ den Amplitudenverlauf der resultierenden elektrischen Feldstärke entlang der x-Achse.
Vor der leitenden Wand bildet sich eine stehende Welle aus, wie anhand des resultierenden Feldes
im linken Halbraum deutlich wird.
³
´
~1 = E
~i + E
~ r = E0 ej(ωt−kx) − ej(ωt+kx) ~ey
E
µ jkx
¶
π
− e−jkx
jωt e
= −2jE0 e
~ey = 2E0 ej(ωt− 2 ) sin(kx)~ey
2j
¯ µ
¶¯
¯
¯
~ 1 | = 2E0 | sin(kx)| = Ê ¯sin 2π x ¯
|E
¯
λ0 ¯
1
E 1 /Ê
0.5
0
−0.5
−1
−1
−0.8
−0.6
−0.4
x/λ0
2
−0.2
0
Aufgabe 2
Ein Zylinderkondensator der Länge l besitzt ein zweigeteiltes Dielektrikum. Vom Innenradius Ri bis
zum Radius R besitzt es die Permittivität ε1 = ε0 und vom Radius R bis zum Außenradius Ra die
Permittivität ε2 = ε0 εr . Die Innenelektrode trägt die Ladung Q.
Q
ε2
Ri
ε1
R
Ra
(a) Berechnen Sie das elektrische Feld der Anordnung.
Mit der Gaußschen Methode und unter Nutzung von Zylinderkoordinaten bestimmt man das
~ = E(%)~e% gemäß
elektrische Feld E
~ = ε div E
~ = %V
div D
ˆ l ˆ2π
˚
˚
‹
~
~
~
E(%)%dϕdz = 2πεl%E(%) =
%V dV
ε div EdV = ε
EdA = ε
V
∂V
0
0
V
˝
Im Innenbereich bei % < Ri ist nun wegen
%V dV = 0 kein elektrisches Feld vorhanden.
Gleiches gilt für
˝den Außenraum mit % > Ra , da die im Integrationsvolumen eingeschlossene
Gesamtladung
%V dV = +Q − Q = 0 ist. In den Dielektrika hingegen berechnet man
(
Q 1
: Ri ≤ % ≤ R
2πε0 l %
E(%) =
Q
1
: R ≤ % ≤ Ra
2πε0 εr l %
(b) Berechnen Sie mithilfe des Maxwellschen Spannungstensors die Kraft auf die Grenzfläche beim
Radius R.
~ = ~0 handelt, vereinfachen sich die
Da es sich um ein rein elektrostatisches Problem mit B
~=E
~ ×H
~ = ~0
Ausdrücke für den Spannungstensor und die Grenzflächenkraft. Es gilt mit S
·
¸
‹
1 ~2
~
~
~
~
T = ε E ◦ E − 1E
F =
TdA
2
∂V
Die Tensoren in den beiden Teilbereichen bestimmt man somit zu


¸
E1/2
1
~2
~ 1/2 ◦ E
~ 1/2 − 1E
~ 1/2 (%) =  0 
= ε1/2 E
mit
E
2 1/2
0

 2




2
E1/2
0
0
E1/2 0 0
1 0
0
ε
1
1/2



2
2 
E1/2
0 
0 −1 0 
= ε1/2  0
E1/2
0 0 −  0
 =
2
2
2
0 0 −1
0
0 0
0
0
E1/2
·
T1/2
3
Zur Berechnung der Kraft auf die Mediengrenzschicht bei % = R wählt man nun ein infinitesimal
~2 =
dünnes Koaxialzylinder-förmiges Integrationsvolumen um die Grenzfläche herum mit dA
~
~
dA = −dA1 und es folgt
‹
¨
¨
¨
~=
~2 +
~1 =
~
F~ =
TdA
T2 dA
T1 dA
(T2 − T1 )dA
∂V
∂V
∂V
∂V
¨
=
=

 
1 0
0
1
£
¤
1
2
2



0 dA
ε2 E2 (R) − ε1 E1 (R) 0 −1 0
2
0 0 −1
0
µ
¶2 ˆ l ˆ2π µ
¶
1
Q
1
εr 2 − 1 ~e% Rdϕdz
ε0
2 2πε0 lR
εr
0 0
ˆl
=
=
ˆ2π
1 − εr
Q2
dz (cos ϕ~ex + sin ϕ~ey )dϕ
8π 2 ε0 l2 R εr
0
0
 2π

ˆ
ˆ2π
2
1 − εr 
Q
cos ϕdϕ~ex + sin ϕdϕ~ey  = ~0
8π 2 ε0 lR εr
0
0
Aufgrund der Zylindersymmetrie kompensieren sich die radialen Kraftkomponenten also und die
Gesamtkraft auf die Trennfläche ist Null.
4
Aufgabe 3
In einem Rechteckhohlleiter der Breite a und Höhe b mit ideal leitenden Wänden breitet sich in
positiver z-Richtung eine TMmn -Welle aus.
y
b
a
x
z
Die allgemeine Lösung für die elektrische Feldstärke in Ausbreitungsrichtung ist
Ez = [C1 cos(γx x) + C2 sin(γx x)][C3 cos(γy y) + C4 sin(γy y)]
(a) Bestimmen Sie mithilfe der Randbedingungen der elektrischen Feldstärke die Konstanten C1 bis
C4 sowie γx und γy .
Da die elektrischen Tangentialkomponenten an Leiterwänden verschwinden, gilt
!
Ez (0, y) = 0
=
→
C1 [C3 cos(γy y) + C4 sin(γy y)]
|
{z
}
C1 = 0
6=0
!
Ez (a, y) = 0
=
C2 sin(γx a)[C3 cos(γy y) + C4 sin(γy y)]
mπ
y γx =
mit m ∈ N
a
³ mπ ´
!
→
C3 = 0
Ez (x, 0) = 0 = C3 C2 sin
x
{z a }
|
C2 6=0
→
sin(γx a) = 0
6=0
³ mπ ´
!
x sin(γy b)
Ez (x, b) = 0 = C2 C4 sin
a
nπ
y γy =
mit n ∈ N
b
C4 6=0
→
sin(γy b) = 0
Das Produkt der beiden Konstanten C2 und C4 wird zur Amplitude E0 := C2 C4 zusammengefasst, sodass die elektrische Feldstärke in Längsrichtung schließlich zu
³ mπ ´
³ nπ ´
Ez (x, y) = E0 sin
x sin
y
a
b
folgt.
(b) Berechnen Sie die transversalen elektrischen und magnetischen Felder.
q
Es ist ωε = ZkW und γ = γx2 + γy2 = ω 2 µε − k 2 . Bei transversal-magnetischen Wellen bestimmt
man die Feldkomponenten in x- und in y-Richtung wegen Hz = 0 gemäß
³ mπ ´
³ nπ ´
jk ∂Ez
jkE0 mπ
Ex (x, y) = − 2
=− 2
cos
x sin
y
γ ∂x
γ
a
a
b
³ mπ ´
³ nπ ´
jk ∂Ez
jkE0 nπ
Ey (x, y) = − 2
=− 2
sin
x cos
y
γ ∂y
γ
b
a
b
³ mπ ´
³ nπ ´
jωε ∂Ez
jkE0 nπ
Hx (x, y) =
=
sin
x
cos
y
γ 2 ∂y
γ 2 ZW b
a
b
³ mπ ´
³ nπ ´
jωε ∂Ez
jkE0 mπ
Hy (x, y) = − 2
=− 2
cos
x sin
y
γ ∂x
γ ZW a
a
b
5
(c) Geben Sie die Lösungen der transversalen elektrischen Feldstärke des TM11 -Mode an. Skizzieren
Sie die Verteilung der transversalen elektrischen Feldkomponenten an den Wänden bei z = 0.
q¡ ¢
¡ ¢2
π 2
Für m = n = 1 und damit γ =
+ πb lauten die Lösungen der elektrischen Felder
a
³ x´
³ y´
³ x´
³ y´
jkE0 π
cos
π
sin
π
=:
−E
cos
π
sin
π
0x
γ2 a
a
b
a
b
³
´
³
´
³
´
³
jkE0 π
x
y
x
y´
Ey (x, y) = − 2
sin π
cos π
=: −E0y sin π
cos π
γ b
a
b
a
b
Ex (x, y) = −
1
1
0.5
0.5
Ey /E0y
Ex /E0x
An den Hohlleiterwänden ergeben sich dann die Feldstärkeverteilungen wie folgt
³ y´
³ y´
Ex (0, y) = −E0x sin π
Ex (a, y) = +E0x sin π
Ex (x, 0) = Ex (x, b) = 0
³ xb ´
³ xb ´
Ey (x, 0) = −E0y sin π
Ey (x, b) = +E0y sin π
Ey (0, y) = Ey (a, y) = 0
a
a
0
−0.5
−1
0
−0.5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
−1
1
y/b
Ex (0, y)
0
0.2
0.4
0.6
0.8
x/a
Ex (a, y)
Ey (x, 0)
6
Ey (x, b)
1
Aufgabe 4
In der Ebene z = 0 befinden sich zwei Linearantennen der Länge a, die parallel zur x-Achse liegen.
Diese besitzen die Stromverteilungen
³
³π ´
a ´
I 1 x, y = + , 0
= I 0 cos
x
und
2 ´
2a ´
³
³
a
π
= jI 0 cos
x
I 2 x, y = − , 0
2
2a
wobei a =
λ
4
gilt und die Antennen jeweils den Abstand
a
2
zur x-Achse haben.
z
I2
a
I1
y
a
x
(a) Berechnen Sie die magnetische Feldstärke im Fernfeld auf der positiven y-Achse.
Es gilt zunächst für Aufpunkt- und Quellpunktvektor
a
0
~r1/2
= x0~ex ± ~ey
2
0
0
d~r1/2 = dx ~ex
~r = y~ey
|~r| = |y| = y
Damit ist also
0
~r~r1/2
a
= ±y
2
Ã
→
exp jk
0
~r~r1/2
r
!
³
a´
= exp ±jk
2
Im Fernfeld berechnet sich die magnetische Feldstärke allgemein zu
µ
¶
ˆ
jk e−jkr
~r~r0
~r
0
~
I(~r ) exp jk
d~r0 ×
H(~r) =
4π r
r
r
C
Der Feldstärkebeitrag der Einzelantenne auf der positiven y-Achse lautet dementsprechend
a
~ 1 (~r) =
H
jk
4π
e−jky
ˆ2
I 0 cos
y
³π ´
³
y~ey
a´ 0
x0 exp +jk
dx ~ex ×
2a
2
y
− a2
a
=
£
¡
¢¤
·
ˆ2
³π ´
³ π ´¸+ a2
−jky
jk exp −jk y− a2
2a
0
0 yÀa jk e
I 0~ez
cos
x dx ≈
I ~ez
sin
x0
4π
y
2a
4π y 0
π
2a
−a
− a2
=
2
h ³π ´
³ π ´i j√2 e−jky
j e−jky
I ~ez sin
− sin −
=
I ~ez
4π y 0
4
4
4π y 0
7
Analog erhält man für die zweite Antenne auf der negativen y-Achse
a
~ 2 (~r) =
H
jk
4π
e−jky
ˆ2
jI 0 cos
y
³π ´
³
y~ey
a´ 0
x0 exp −jk
dx ~ex ×
2a
2
y
− a2
a
£
¡
¢¤
ˆ2
³π ´
h ³ π ´i+ a
yÀa
k exp −jk y+ a2
1 e−jky
2
= −
I 0~ez
x0 dx0 ≈ −
I 0~ez sin
x0
cos
4π
y
2a
4π y
2a
− a2
− a2
√ −jky
h ³π ´
³ π ´i
1 e−jky
2e
= −
I 0~ez sin
− sin −
=−
I ~ez
4π y
4
4
4π y 0
und die Gesamtfeldstärke ergibt sich durch Superposition beider Beiträge zu
√ −jky
2e
~
~
~
H(~r) = H 1 + H 2 =
I (j − 1)~ez
4π y 0
was sich mithilfe der Beziehung
j−1=
weiter umformen lässt zu
√
µ ¶¸
·
µ ¶
√ 3π
3π
3π
+ j sin
= 2ej 4
2 cos
4
4
3π
j( 4 −ky )
~ r) = I 0 e
~ez
H(~
2π
y
(b) Wie lautet qualitativ das Ergebnis auf der negativen y-Achse? Begründen Sie (keine Berechnung
notwendig).
Da der Abstand beider Antennen einer viertel Wellenlänge entspricht und der Strom durch die
zweite Antenne um genau eine viertel Periode phasenverschoben ist, löschen sich ihre Beiträge
auf der negativen y-Achse gegenseitig aus. Die Gesamtfeldstärke ist dementsprechend
~ 0 (~r) = ~0
H
8
Aufgabe 5
Eine verlustlose Zweidrahtanordnung besteht aus zwei seriellen Leitungsstücken, die mit dem Widerstand Ra = 50 Ω abgeschlossen sind. Leitung 1 hat einen Wellenwiderstand von 200 Ω, Leitung 2 von
100 Ω. Die Frequenz beträgt 1 GHz und die Ausbreitungsgeschwindigkeit 3 · 108 ms .
Zein
Leitung 1
Leitung 2
ZW = 200 Ω
ZW = 100 Ω
15 cm
7, 5 cm
Ra = 50 Ω
(a) Berechnen Sie den Eingangswiderstand am Anfang von Leitung 1.
Für eine verlustlose Zweidrahtleitung bestimmt sich der Ausbreitungsparameter zunächst zu
γ=
p
√
R0 =G0 =0
(R0 +jωL0 )(G0 +jωC 0 )
=
jω L0 C 0 = jβ
Es ist mit den gegebenen Werten also β =
20π
3
mit
√
ω
2πf
β = ω L0 C 0 =
=
vP
vP
m−1 .
Im ersten Schritt wird nun der Abschlusswiderstand Ra an den Anfang von Leitung 2 transformiert und man erhält
Ze = R a
1
¡ ¢
+ j2
1 + j2 tan π2
tan( π2 )
¡
¢
= Ra
=
R
= 4Ra = 200 Ω
a
1
1 + j 12 tan π2
+ j 12
tan(βl2 )
tan( π2 )
1 + j ZRWa2 tan(βl2 )
1 + j ZRWa2
Aus dem Ergebnis wird schließlich durch eine weitere Impedanztransformation der Eingangswiderstand am Anfang von Leitung 1 gemäß
Zein = Ze
1 + j ZZWe 1 tan(βl1 )
1+
j ZZWe 1
tan(βl1 )
= Ze
1 + j tan(π)
= Ze = 200 Ω
1 + j tan(π)
bestimmt.
(b) Geben Sie den Eingangswiderstand bei variierender Länge von Leitung 1 an. Begründen Sie.
Für beliebige Leitungslängen l1 von Leitung 1 ändert sich der Einganswiderstand Zein wegen
Zein (l1 ) = Ze
1 + j ZZWe 1 tan(βl1 )
1+
j ZZWe 1
tan(βl1 )
= Ze
1 + j tan(βl1 )
= Ze = 200 Ω
1 + j tan(βl1 )
gegenüber Teilaufgabe a) nicht, da der Ausgangswiderstand Ze am Ende der Leitung mit ihrem
Wellenwiderstand übereinstimmt und es sich somit um einen angepassten Abschluss handelt.
9
Aufgabe 6
Zwei ebene z-polarisierte Wellen gleicher Frequenz breiten sich im Vakuum unter dem Winkel ±α in
der Ebene z = 0 aus, wobei die Feldstärke des elektrischen Feldes im Ursprung jeweils E20 beträgt.
y
~k1
z
α
α
x
~k2
~
(a) Stellen Sie die Gleichungen für die E-Feldstärke
beider Wellen auf und berechnen Sie für das
~ res und die magnetische Flussdichte B
~ res .
resultierende Feld die elektrische Feldstärke E
Aus der gegebenen Ausbreitungsrichtung der beiden Wellen lassen sich zunächst die jeweiligen
Wellenzahlvektoren zu
~k1 = k(cos α~ex + sin α~ey )
~k2 = k(cos α~ex − sin α~ey )
bestimmen, wobei der Betrag bzw. die Wellenzahl aufgrund der gleichen Frequenz und der
Ausbreitung im selben Medium jeweils k ist. Zusammen mit der Amplitude der elektrischen
Feldstärke im Ursprung stellt man hiermit die Gleichungen des elektrischen Feldes der beiden
Wellen auf:
~ 1 (~r) =
E
~ 2 (~r) =
E
E0
E0
~
~ez e−jk1~r =
~ez e−jk(x cos α+y sin α)
2
2
E0
E0
~
~ez e−jk2~r =
~ez e−jk(x cos α−y sin α)
2
2
Die elektrische Gesamtfeldstärke der resultierenden Welle erhält man durch Superposition der
Feldstärkevektoren, d.h. durch Addition beider Einzelwellen
´
³
~ res = E
~1 + E
~ 2 = E0 ~ez e−jk(x cos α+y sin α) + e−jk(x cos α−y sin α)
E
2
´
E0 ³ −jkx cos α −jky sin α
=
~ez e
e
+ e−jkx cos α ejky sin α
2
´
1 ³ jky sin α
e
+ e−jky sin α = E0 cos(ky sin α)~ez e−jkx cos α
= E0~ez e−jkx cos α
|2
{z
}
=cos(ky sin α)
Die zugehörige magnetische Flussdichte berechnet sich schließlich zu
~ res
B
¯
¯
¯~ex ~ey ~ez ¯
³
´
¯
¯
1 ~
~ res = k cos α E0 cos(ky sin α)e−jkx cos α ¯ 1 0 0 ¯
=
kres × E
¯
¯
ω
ω
¯0 0 1¯
k cos α
= −
E0 cos(ky sin α)~ey e−jkx cos α
ω
(b) Wie lautet der Wellenvektor ~k des resultierenden Feldes? Welcher Art ist die resultierende Welle?
Nach Teilaufgabe a) ist der resultierende Wellenvektor ~kres = k cos α ~ex . Die Welle ist linear
polarisiert, da der Feldstärkevektor lediglich in einer Schwingungsrichtung orientiert ist.
10
Aufgabe 7
(a) Leiten Sie aus den Maxwell-Gleichungen die Wellengleichung für die elektrische Feldstärke her.
Im Falle zeitharmonischer Vorgänge und innerhalb von homogenen, isotropen und linearen Medien lauten die Maxwell-Gleichungen
~ = %V
ε div E
~ = −jω B
~ = −jωµH
~
rot E
Durch erneutes Bilden der Rotation für das
³
´
³
´
~ = grad div E
~ − 4E
~
rot rot E
³% ´
V
~
grad
− 4E
ε
~ + ω 2 µεE
~
⇒
4E
~ = 0
µ div H
~ = J~ + jω D
~ = J~ + jωεE
~
rot H
Induktionsgesetz erhält man
³
´
~ = −jωµ rot H
~
= rot −jωµH
³
´
~ = −jωµJ~ + ω 2 µεE
~
= −jωµ J~ + jωεE
³% ´
V
= jωµJ~ + grad
ε
Für den Fall, dass im betrachteten Raumbereich keine Raumladung vorhanden ist und keine
Ströme fließen (% = 0 und J~ = ~0 - z.B. im Vakuum), vereinfacht sich diese Gleichung zur
homogenen Wellengleichung
~ + ω 2 µεE
~ =0
4E
(b) Eine TEM-Welle breitet sich entlang eines Koaxialkabels aus. Wo findet der Energietransport
statt?
Wegen κ → ∞ existiert in den Leitergebieten eines Koaxialkabels kein elektrisches Feld und
der Poynting-Vektor ist dementsprechend Null. Dieser repräsentiert jedoch die (lokale) Leistungsflussdichte, sodass im Leiter kein Energietransport stattfindet. Dieser erfolgt viel mehr im
Dielektrikum, d.h. im Bereich zwischen den beiden Leitern.
(c) Was versteht man unter Dispersion bei elektromagnetischen Wellen und wodurch wird sie verursacht?
Dispersion beschreibt die Frequenzabhängigkeit der Ausbreitungsgeschwindigkeit vP elektromagnetischer Wellen in Medien, in denen die Permittivität ε = ε(ω) und Permeabilität µ = µ(ω)
von der Frequenz abhängig sind. Es gilt dann
1
1
vP = √ = p
= vP (ω)
εµ
ε(ω)µ(ω)
Als Folge Verbreitern sich elektromagnetische Wellenimpulse beim Durchgang durch dispersive
Medien ( Verlaufen“ der Impulsform).
”
(d) In welchem Frequenzbereich werden Hohlleiter typischerweise betrieben? Wie ist das Verhalten
außerhalb dieses Frequenzbandes?
Hohlleiter werden üblicherweise im GHz-Bereich betrieben. Untere Grenze stellt dabei die sogenannte Cutoff-Frequenz dar, unterhalb der elektromagnetische Wellen aufgrund der starken
Dämpfung nicht ausbreitungsfähig sind. Oberhalb der Cutoff-Frequenz werden dagegen im Wesentlichen die Grundmoden zur Übertragung genutzt, da sich zu höheren Frequenzen mit höheren
Modenordnungen störende Interferenzen ausbilden können.
11
(e) Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild eines infinitesimal kurzen, verlustlosen Leitungsstückes. Welche
Einheiten haben die Ersatz-Leitungselemente?
Bei einer verlustlosen Zweidrahtleitung sind Widerstandsbelag R0 und Leitwertbelag G0 vernachlässigbar und das Ersatzschaltbild reduziert sich auf eine Induktivität und eine Kapazität.
H
F
Der Induktivitätsbelag L0 besitzt dabei die Einheit m
, der Kapazitätsbelag C 0 die Einheit m
.
I(z)
I(z+∆z)
L0 ∆z
C 0 ∆z
U (z)
U (z+∆z)
∆z → 0
(f ) Erläutern Sie den Begriff der Direktivität von Antennen.
Der Begriff der Direktivität einer Antenne beschreib ihre Richt- bzw. Abstrahlcharakteristik.
Konkret wird dazu ihre Raumwinkel-abhängige Leistungsflussdichte Sr (ϑ, ϕ) auf die abgestrahlte Leistungsdichte eines isotropen Strahlers mit äquivalenter Abstrahlleistung bezogen bzw. normiert und es gilt
‹
Sr (ϑ, ϕ)
~ A
~ , Sr (ϑ, ϕ) = |Re{S}|
~
D(ϑ, ϕ) = hP i
mit
hPa i =
Sd
a
4πr2
12