Felder und Wellen 1/18 Klausur H16 Aufgabe 1 (16 Punkte

Felder und Wellen
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Klausur H16
Aufgabe 1 (16 Punkte)
Gegeben sei die in Abbildung 1 dargestellte Anordnung dreier Punktladungen qi , die sich an festen
Positionen Pi in der xy–Ebene befinden. Es gelte überall im Raum κ = 0 und ε = εr ε0 sowie:




+q
für
i
=
1
 P (0, 0, 0) für i = 1

(1)
Pi (xi , yi , zi ) = P (0, c, 0) für i = 2
qi = −q für i = 2




P (c, c, 0) für i = 3
+q für i = 3
Abbildung 1: System mit drei Punktladungen
a) Zeichnen Sie in Abbildung 1 die Vektoren der auf die Ladung q3 wirkenden Kräfte F~13 und F~23
sowie der daraus resultierenden Kraft F~3 qualitativ unter Berücksichtigung der Richtung ein.
b) Berechnen Sie den Betrag der Kraft F~3 sowie ihren Winkel φ bezüglich der positiven x–Achse.
Die Ladungen q1 , q2 und q3 werden nun durch eine im Koordinatenursprung zentrierte Kugel mit
Radius ra ersetzt. Es gelten nachfolgende Verteilungen für Ladung und relative Dielektrizitätszahl:




̺
=
0
für
r<r
a
 i
 εr,i = 1 für r<ra
̺(r) =
εr (r) =
(2)




̺a = k/r7 für r ≥ ra
εr,a = α für r ≥ ra
~ im ganzen Raum.
c) Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E
d) Berechnen Sie unter Vernachlässigung von Reibungskräften die notwendige Energie ∆W , um
eine Punktladung q4 vom Punkt P4 (0, 3b, 0) nach P5 (b, 0, 0) zu verschieben (b ≫ ra ).
R~r2
Hinweis: Für die dem System zugeführte potentielle Energie gilt Wpot = − F~ d~s.
~
r1
~ = E0 e−r · ~er und εa = εr ε0 für r ≥ ra . Berechnen Sie die Energie Wges im Raum
e) Nun seien E
r
für r ∈ (ra , ∞).
Hinweis: Die Aufgabenteile a) & b), c) & d) sowie e) sind jeweils unabhängig voneinander lösbar.
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Lösung 1 (16 Punkte)
a) Lösung siehe Abbildung :
Abbildung 2: System mit drei Punktladungen
b) N Punktladungen
Kraftgleichung:
F~ij =
1 qi qj
· ~erij
·
4πε rij2
Die resultierende Kraft auf die Ladung q3 ergibt sich nach dem Superpositionsprinzip somit zu
F~3 = F~13 + F~23
1
q2 q3
q1 q3
=
·
· ~er13 + 2 · ~er23
2
4πε
r13
r23
2
1
1
q
· ~er13 − 2 · ~er23
· √
=
4πε
c
( 2c)2
Die Richtungsvektoren ~erij zeigen von qi nach qj . In kartesischen Koordinaten lassen sie sich
unter Berücksichtigung der Geometrie in Abbildung (d.h. θ = 45◦ ) schreiben als
√
~er13 = cos(θ)~ex + sin(θ)~ey = (~ex + ~ey )/ 2
~er23 = ~ex
Betrag und Richtung der Kraft ergeben sich dann aus ihren Komponenten Fx und Fy .
q
F3,x 2 + F3,y 2
s
2
2 q2 1
q2
0.74
1
1
√ −1 +
√
=
≈
· 2·
· 2
4πε c
4πεr ε0 c
2 2
2 2
F3,y
+π
⇒ φ = tan−1
F3,x
1
−1
√
= tan
+ π ≈ 151.32◦
1−2 2
⇒ |F~3 | =
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~
c) E-Feld
Kugelsymmetrie:
~ = Er (r) · ~er ⇒ d~s = ~er · dr
E
Materialgleichung:
~ =ε·E
~ = εr ε0 · E
~ ⇒ DR = ε r ε 0 · E R
D
~
Das E-Feld
wird mit
H
Z2πZπ
R
~ df~ =
D
̺ dv (Satz von Gauss) berechnet:
ε Er · r2 sin(ϑ) dϑ dϕ =
Zr Z2πZπ
̺(r′ ) · r′2 sin(ϑ) dϑ dϕ dr′
0 0 0
0 0
r < ra :
2
4πεi r · Er,i = 4π ·
Zr
0
⇒ Er,i = 0
ra ≤ r :
̺(r′ ) · r ′ 2 dr ′
|{z}
̺i =0

r
Za
Zr
= 4π ·  ̺i (r′ ) · r′2 dr′ + ̺a (r′ ) · r′2 dr′ 
4πεa r2 · Er,a
0
εr,a ε0 r2 · Er,a = 0 +
Zr
ra
ra
k ′
dr
r5
r
k 1
4 r ′ 4 ra
k
1 r4 − ra4
=
·
4αε0 r2
r4 ra4
αε0 r2 · Er,a =
⇒ Er,a
−
d) Energie, Kräfte und Momente
Kraftgesetz:
~
F~ = Q · E
Gemäß dem Hinweis W = −
R~r2
F~ d~s ergibt sich die gesuchte Energie damit zu
~
r1
∆We = −q4 ·
Zb
~ a d~s
E
3b
⇒ ∆We
Zb
1
1
q4 k
− 6 dr
·
= −
2
4
4αε0
r ra r
3b
b
1
1
q4 k
−
·
=
4αε0 rra4 5r5 3b
q4 k
1
1
2
=
−
+
·
4αε0
3bra4 5b5 5(3b)5
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e) Elektrische Energie
Die Feldenergiedichte für lineare, isotrope Medien berechnet sich zu
1 ~2
εE
2
we =
und für die elektrische Energie gilt allgemein
We =
Z
we dv
Im Bereich r ≥ ra folgt daraus
We,a =
Zr Z2πZπ
1
2
εa · Er,a
· r′2 sin(ϑ) dϑ dϕ dr′
2
Zr Z2πZπ
2
1
1 −r′
εa · E 0 · ′ · e
· r′2 sin(ϑ) dϑ dϕ dr′
2
r
ra 0 0
=
ra 0 0
= 2πεa E0 ·
Zr
′
e−2r dr′
ra
1
= 2πεr ε0 E0 · − e−2r
2
⇒ We,a = πεr ε0 E0 · e
−2ra
r
−e
ra
−2r
Die Gesamtenergie für r ≥ ra ergibt sich dann zu Wges,a = lim We,a (r).
r→∞
⇒ Wges = πεr ε0 E0 · e−2ra
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Aufgabe 2 (16 Punkte)
Gegeben ist ein Zylinderkondensator.
L
Φa = 0
κ
I0
S
εr = 1
Φi
Ri
U
Ra
Die innere Elektrode des Kondensators mit dem Potential Φi = U befinde sich bei Ri , die äußere Elektrode mit dem Potential Φa = 0 bei Ra . Beide Elektroden besitzen eine unendlich hohe Leitfähigkeit.
Der Zwischenraum ist mit einem Dielektrikum mit der Dielektrizität ε = ε0 gefüllt. Der Kondensator
hat die Länge L. Randeffekte seien vernachlässigbar.
Zunächst sei der Kondensator mit einem nichtleitenden Material (κ = 0) gefüllt und der Schalter S
geöffnet (I0 = 0).
a) Berechnen Sie mit der Laplacegleichung das elektrische Potential Φ und bestimmen Sie dabei
alle freien Parameter anhand der gegebenen Randbedingungen.
~ zwischen beiden Zylindern als Funktion der Spannung
b) Berechnen Sie das elektrische Feld E
U.
c) Bestimmen die Ladung auf der inneren Elektrode Qi und der äußeren Elektrode Qa .
Die folgenden Teilaufgaben sind unabhängig von a) bis c).
Von nun an sei die Leitfähigkeit des Dielektrikums im Zwischenraum winkelabhängig:
ϕ
κ(ϕ) = κ0 · sin
2
Der Schalter S sei nun geschlossen und die Stromquelle liefert einen konstanten Strom I0 =
der durch den Kondensator fließt.
2Qκ0
,
πε0
~ in Abhängigkeit von
d) Berechnen Sie anhand des gegebenen Stroms I0 das elektrische Feld E
der Ladung Q.
~
e) Bestimmen Sie die Stromdichte J(R,
ϕ) und die Verlustleistungsdichte
von der Ladung Q.
dwj
dt
in Abhängigkeit
Felder und Wellen
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Lösung 2 (16 Punkte)
~ = E(r)~er .
a) Wegen der Symmetrie und Vernachlässigung von Randeffekten gilt Φ = Φ(r) und E
∂Φ
1 ∂
R
=0
∆Φ =
R ∂R
∂R
C1
∂Φ
=
∂R
R
Φ(R) = C1 ln(R) + C2
Es gelten folgende Randbedingungen:
Φ(Ri ) = U und Φ(Ra ) = 0
0 = C1 ln(Ra ) + C2
U = C1 ln(Ri ) + C2
⇒ U = C1 (ln(Ri ) − ln(Ra ))
U
C1 = ln RRai
⇒ C2 = −
U
ln(Ra )
Ri
Ra
ln
Φ(R) =
ln
U
ln(R) −
Ri
Ra
ln
U
ln(Ra )
Ri
Ra
b)
~ = −grad Φ = − ∂Φ ~eR = − U 1 ~eR
E
∂R
ln Ri R
Ra
c) Zur Bestimmung der Ladungen auf den Elektroden werden zunächst die entsprechenden Flächenladungsdichten mit σ = Dn2 − Dn1 berechnet.
σi =
D(Ri ) = −
σa = −D(Ra ) =
ln
ln
εU
0 Ri
Ra
Ri
εU
0
Ri
Ra
Ra
RR
Die Ladung ergibt sich wegen Qi =
σi R dϕ dz aus der Multiplikation der Ladungsdichte
mit der Fläche der inneren bzw. äußeren Elektrode
Felder und Wellen
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Qi = Ai · σi = −2πRi L ·
Q a = Aa · σ a =
ln
2πRa L ·
εU
0 Ri
Ra
ln
Ri
εU
0
Ri
Ra
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=−
=
ε0 2πL
U
ln RRai
Ra
ε0 2πL
U
ln RRai
~ = E(r)~er .
d) Wegen der Symmetrie und Vernachlässigung von Randeffekten gilt Φ = Φ(r) und E
Es gilt:
ZZ
ZZ
~
~
~ f~
J(R, ϕ)df =
κ(ϕ)Ed
I0 =
2Qκ0
⇒
=
πε0
ZL Z2π
0
0
κ0 · sin
ϕ
2Qκ0
= ER (R) · κ0 RL
πε0
2
Z2π
ER (R) · R dϕ dz
sin
0
ϕ
2
dϕ
2Qκ0
= ER (R) · 4κ0 RL
πε0
Q
~ = ER (R) ~eR
⇒E
⇒ ER (R) =
2πε0 RL
e)
~
~
J(R,
ϕ) = κ(ϕ)E
ϕ
Q
~
J(R,
ϕ) = κ0 · sin
~eR
2 2πε0 RL
Die Verlustleistungsdichte ist gegeben durch:
dwj
~
= J~E
dt
~2
= κ(ϕ)E
ϕ Q 2
= κ0 · sin
2
2πε0 RL
Felder und Wellen
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Aufgabe 3 (16 Punkte)
Gegeben sei eine ringförmige Toroidspule mit N Windungen, innerem Radius c und der Kantenlänge
a des quadratischen Spulenquerschnitts. Durch den Draht der Spule fließt der Strom I. Es gilt µ = µ0 .
Randeffekte können vernachlässigt werden.
I
a
z
φ
0
c
a
R
Abbildung 3: Toroidspule mit quadratischem Querschnitt. Ansich von schräg oben.
~ innerhalb der Spule, d.h. für alle R ∈ (c, c + a).
a) Berechnen Sie die magnetische Flussdichte B
~ in Abbildung 4.
Skizzieren Sie B
I
φ
0
c
a
R
Abbildung 4: Toroidspule: Ansicht von oben
b) Berechnen Sie die Feldenergie Wm des magnetischen Feldes im Inneren der Spule. Bestimmen
Sie mit Hilfe der berechneten Feldenergie den Selbstinduktionskoeffizienten L.
Felder und Wellen
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Nun wird eine rechteckige Leiterschleife in die Toroidspule eingebracht. Diese wird, beginnend
am inneren Rand, mit der Geschwindigkeit v in radialer Richtung zum äußeren Rand bewegt
(siehe Abbildung 5). Die Leiterschleife hat den Widerstand RL , eine Breite von a3 und eine
Höhe von a2 und verlässt während der gesamten Zeit die Toroidspule nicht.
Gehen Sie im Folgenden davon aus, dass der in der Leiterschleife induzierte Strom den Stromkreis und das Magnetfeld der Toroidspule nicht beeinflusst.
I
RL
a/2
v
iL
0
c
R
a/3
Abbildung 5: Leiterschleife in Toroidspule
c) Berechnen Sie den magnetischen Fluss φm (t) durch die Leiterschleife. Wie in Abbildung 5 dargestellt, befindet sich die Leiterschleife zum Zeitpunkt t = 0 am inneren Rand der Toroidspule.
d) Berechnen Sie den in der Leiterschleife induzierten Strom iL (t).
e) Nun werde das Feld außerhalb der Toroidspule betrachtet. Skizzieren HSie den Verlauf der ma~ s entlang einer der
gnetischen Feldlinien in Abbildung 6 und bestimmen Sie das Integral Hd~
Feldlinien.
I
a
z
φ
0
c
a
Abbildung 6: Toroidspule, Ansicht von schräg oben.
R
Felder und Wellen
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Lösung 3 (16 Punkte)
a) Mit dem Durchflutungsgesetz
~ · 2πR~eϕ = −N I
H
H
~ s=
Hd~
R
~ f~ ergibt sich
Jd
Somit ergibt sich für die magnetische Flussdichte für R ∈ (c, c + a)
~ = −µ0 N I ~eϕ
B
2πR
B
I
φ
c
0
a
R
b) Die Feldenergie ergibt sich zu
Wm =
Z
wm dv
0
0
Z
1~ ~
H Bdv
2
2
Za Z2π Zc+a
1
NI
=
RdRdϕdz
µ0
2
2πR
=
c
N 2I 2
1
aµ0
=
2
2π
Zc+a
1
dR
R
c
µ0
c+a
2 2
=
aN I ln
4π
c
Der Selbstinduktionskoeffizient L ergibt sich durch Koeffizientenvergleich mit
Felder und Wellen
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1
Wm = LI 2
2
zu
µ0
aN 2 ln
L=
2π
c+a
c
c) Der magnetische Fluss durch die Leiterschleife für t ∈ (0, 2a
) ist gegeben durch
3v
Φm (t) =
ZZ
3a
=
Z4
a
4
~ f~
Bd
c+ a3 +vt
Z
−µ0
NI
~eϕ · ~eϕ dRdz
2πR
c+vt
aN I
= −µ0
ln
4π
c + a3 + vt
c + vt
d) Der in der Leiterschleife induzierte Strom ergibt sich gemäß dem Ohmschen Gesetz zu
iL (t) = −
UL,ind (t)
.
RL
Der Grund für das Vorzeichen ist die in der Skizze eingezeichnete Stromrichtung.
Die in der Leiterschleife induzierte Spannung ist gegeben durch
UL,ind (t) = −
dΦm (t)
.
dt
Somit ergibt sich
iL (t) =
=
=
=
).
für t ∈ (0, 2a
3v
c + a3 + vt
aN I d
ln
−µ0
4πRL dt
c + vt
v · (c + vt) − v · (c +
c + vt
aN I
·
−µ0
·
a
4πRL c + 3 + vt
(c + vt)2
a
−3
v
aN I
·
·
−µ0
4πRL c + a3 + vt (c + vt)
a2 N I
v
µ0
·
12πRL (c + vt)(c + a3 + vt)
a
3
+ vt)
Felder und Wellen
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e) Das äußere Feld entspricht etwa dem Feld einer einzelnen (Windungszahl N = 1) runden Leiterschleife, da in der Toroidspule der Strom I kreisförmig in ϕ-Richtung fließt. Somit folgt mit
dem Durchflutungsgesetz
I
~ s = I.
Hd~
B
I
a
z
φ
0
c
a
R
Felder und Wellen
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Aufgabe 4 (16 Punkte)
Gegeben ist ein Wellenleiter, der aus zwei parallelen, leitenden Platten besteht. Die Platten sind in
y- und z-Richtung unendlich ausgedehnt und haben den Abstand d. Im Raum zwischen den Platten
befindet sich Vakuum.
x
z
d
y
In z-Richtung breitet sich zwischen den Platten eine TM-Welle aus. Das E-Feld der Welle ist gegeben
durch:
Ez = sin (kx x) ej(ωt−kz z) ,
kz
Ex = −j cos (kx x) ej(ωt−kz z) .
kx
Lösen Sie folgende Aufgaben:
a) Leiten Sie aus den M AXWELL-Gleichungen die Berechnungsvorschrift für das B-Feld der TMWelle her. Berechnen Sie anschließend mit Ihrer hergeleiteten Rechenvorschrift das B-Feld der
TM-Welle.
b) Welche Bedingung müssen für kx gelten? Erläutern Sie deren physikalische Bedeutung. Stellen
Sie alle gültigen Lösungen mathematisch dar!
c) Berechnen Sie kz als Funktion von ω und kx und setzen Sie Ihr Ergebnis für kx aus Aufga~ − µε d2 E2~ = 0 beziehungsweise
be b) ein. Für die Berechnung gilt die Wellengleichung ∆E
dt
~ − µε d2 H2~ = 0.
∆H
dt
d) Bestimmen Sie die CutOff-Frequenz der ersten Mode, wenn der Abstand d zwischen den beiden Platten d = 15 cm beträgt. Nehmen Sie dazu die Lichtgeschwindigkeit im Vakuum mit
c0 = √µ10 ε0 ≈ 3 · 108 ms an.
Felder und Wellen
14/18
Klausur H16
Lösung 4 (16 Punkte)
a) Bestimmung des B-Feldes
Das B-Feld wird aus dem E-Feld berechnet. Die einzelnen Komponenten des E-Feldes sind in
der Aufgabenstellung gegeben:
Ez = sin (kx x) ej(ωt−kz z) ,
kz
Ex = −j cos (kx x) ej(ωt−kz z) .
kx
Aus der Rotation des E-Feldes lässt sich die negative zeitliche Ableitung des B-Feldes bestimmen:
~ =−
rotE
~
dB
.
dt
Für die die Rotation des E-Feldes ergibt sich:
∂Ex ∂Ez
∂Ey ∂Ex
∂Ez ∂Ey
~
−
−
−
+ ~ey
+ ~ez
.
rotE = ~ex
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
Es gilt für die einzelnen Terme des ersten und letzten Summanden:
∂Ez
= 0,
∂y
∂Ey
= 0,
∂z
∂Ey
= 0,
∂x
∂Ex
= 0.
∂y
Somit ergibt sich für die Rotation des E-Feldes:
∂E
∂E
z
x
~ = ~ey
−
rotE
∂z
∂x
2
2 kz
j(ωt−kz z)
j(ωt−kz z)
= ~ey j
· cos (kx x) · e
−kx · cos (kx x) · e
kx
2
kz
= −~ey
+ kx · cos (kx x) ej(ωt−kz z)
.
kx
Durch Integration über die Zeit t und anschließende Multiplikation mit −1 ergibt sich das
B-Feld zu
2
1
k
z
~ = ~ey
B
cos (kx x) ej(ωt−kz z)
· kx +
jω
kx
j
kz2
= −~ey · kx +
cos (kx x) ej(ωt−kz z) .
ω
kx
b) Bedingung für kx
Das E-Feld muss auf den leitenden Platten verschwinden, also zu Null gesetzt werden:
!
Ez (x = 0) = 0
!
Ez (x = d) = 0
⇒ Bedingung ist erfüllt, da sin (0) = 0,
⇒ Bedingung ist erfüllt für sin (kx d) = 0
nπ
d
für alle n ∈ Z.
⇒
kx =
Felder und Wellen
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c) Berechnung von kz
Zur Berechnung der Wellenzahl kz in Abhängigkeit von ω und kx wird die z-Komponente der
~ − µε d2 E2~ verwendet:
Wellengleichung ∆E
dt
∆Ez =
∂ 2 Ez ∂ 2 Ez ∂ 2 Ez
+
+ 2 .
∂x2
∂y 2
∂z
| {z }
=0
Die vereinfachte Wellengleichung ergibt sich damit zu
⇒ ∆Ez − µε
d2 Ez
∂ 2 Ez ∂ 2 Ez
∂ 2 Ez
=
+
−
µε
.
dt2
∂x2
∂z 2
∂t2
Auflösen führt zu
∂ 2 Ez
∂x2
= −kx2 sin (kx x) ej(ωt−kz z)
= −kx2
0=
∂ 2 Ez
∂z 2
− kz2 sin (kx x) ej(ωt−kz z)
− kz2
+
∂ 2 Ez
∂t2
+ µεω 2 sin (kx x) ej(ωt−kz z)
+ µεω 2 .
− µε
Für kz ergibt sich damit
p
kz = µεω 2 − kx2 =
r
µεω 2 −
nπ 2
d
für alle n ∈ Z.
d) Bestimmung der CutOff-Frequenz
Einsetzen von kz = 0 in die Lösung aus Aufgabenteil c) liefert:
r
nπ 2
0 = µεω 2 −
d
nπ 2
µεω 2 =
d
nπc0
nπ
.
ω=
√ =
d · µε
d
Mit ω = 2πf ergibt sich
f=
nc0
.
2d
Das Einsetzen von n = 1, c0 = 3 · 108
m
s
und d = 15 cm liefert eine Frequenz von
1 · 3 · 108 ms
3
108 1
f=
=
·
= 1 · 10−1 · 1010 Hz = 1 GHz.
2 · 15 · 10−2 m
2 · 15 10−2 s
Felder und Wellen
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Klausur H16
Aufgabe 5 (16 Punkte)
~
Eine elektromagnetische Welle mit dem E-Feld
der Form
~ e = Ee ej(ωt−k0 z) (~ex − j~ey )
E
breitet sich in positive z-Richtung im Vakuum (z < 0) aus und trifft bei z = 0 auf einen Bereich mit
2
dünnem Plasma (z > 0). Im Plasma gelte εr = 1 − ωωc2 . ωc sei die Plasmakreisfrequenz. Im ganzen
Raum gelte µ = µ0 .
a) Wie ist die Welle im Vakuum polarisiert? Geben Sie eine kurze Begründung an.
~
b) Berechnen Sie das H-Feld
der hinlaufenden Welle mittels der allgemeinen MAXWELL-Gleichung.
~ und H-Feld
~
Stellen
Sie die Beziehung zwischen dem Emittels des Wellenwiderstandes Γ =
pµ
her.
ε
~
Hinweis: Machen Sie für die weiteren Aufgabenteile c) bis e) den Ansatz für das E-Feld
der transmittierten im dünnen Plasma:
~ t = Et ej(ωt−k1 z) (~ex − j~ey )
E
c) Geben Sie die Grenzbedingungen an der Grenzfläche bei z = 0 an. Berechnen Sie daraus die
~
H-Felder,
der an der Grenzfläche reflektierten und transmittierte Welle in Abhängigkeit von Ee .
d) Berechnen Sie k1 im Plasma mit der allgemeinen Wellengleichung. Geben Sie k1 für die Fälle
ω > ωc und ω < ωc an.
~ ×H
~ ∗ in Abhängigkeit von
~ = 1E
e) Berechnen Sie für ω > ωc den komplexen Poynting-Vektor S
2
Et im dünnen Plasma.
Felder und Wellen
17/18
Klausur H16
Lösung 5 (16 Punkte)
a) Die Welle ist zirkular polarisiert. Die ~ex und die ~ey Komponente sind um −j = e−jπ/2 , d.h. um
90◦ phasenverschoben und die Beträge der Amplituden |Ex | und |Ey | sind identisch.
b)
(−jk0 ) ~ex
~ = −B
~˙
rotE
∂Ex
∂Ey
~
+ ~ey
= −jωµ0 H
~ex −
∂z
∂z
~e
jEe ej(ωt−k0 z) + ~ey Ee ej(ωt−k0 z) = −jωµ0 H
k0
~e
Ee ej(ωt−k0 z) (j~ex + ~ey ) = H
ωµ0
√
ω µ0 ε0
~e
Ee ej(ωt−k0 z) (j~ex + ~ey ) = H
ωµ0
r
ε0
~e
Ee ej(ωt−k0 z) (j~ex + ~ey ) = H
µ0
| {z }
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
He
(7)
~ und H-Felder
~
c) Die Tagentialkomponenten der Summe aller Ean der Grenzfläche z = 0 müssen
identisch sein:
Ee + Er = Et
He + Hr = Ht
(8)
(9)
r
(10)
Γ0 =
Γ1 =
s
µ0
ε0
µ
0
ε0 1 −
ωc2
ω2
He + Hr = Ht
Γ 0 He − Γ 0 Hr = Γ 1 Ht
(11)
(12)
(13)
Elimination von Ht :
Γ 0 He − Γ 0 Hr = Γ 1 He + Γ 1 Hr
He (Γ0 − Γ1 ) − Hr (Γ0 + Γ1 ) = 0
(14)
(15)
(16)
Felder und Wellen
18/18
Aufgelöst nach Hr :
Γ0 − Γ1
Hr = He
Γ0 + Γ1
~ r = Γ0 − Γ1 1 Ee ej(ωt+k0 z) (j~ex + ~ey )
⇒H
Γ0 + Γ1 Γ0
und daraus Bestimmung von Ht :
2Γ0
He
Ht =
Γ0 + Γ1
~ t = 2Γ0 1 Ee ej(ωt−k1 z) (j~ex + ~ey )
⇒H
Γ0 + Γ1 Γ0
Klausur H16
(17)
(18)
(19)
(20)
d) k1 kann durch Einsetzen von Ex in die Wellengleichung berechnet werden.
∆Ex + ω 2 ε0 εr µEx = 0
(−jk1 )2 Ex + ω 2 ε0 εr µEx = 0
−k12 + ω 2 ε0 εr µ = 0
k12 = ω 2 ε0 εr µ
(21)
(22)
(23)
(24)
ωc2
εr = 1 − 2
ω
(25)
k12 = ε0 µ(ω 2 − ωc2 )
(26)
mit
ω > ωc :
k1 = ±
p
ε0 µ(ω 2 − ωc2 )
Im Fall einer Ausbreitung in positive z-Achse, wie in Aufgabe gegeben:
p
k1 = + ε0 µ(ω 2 − ωc2 )
(27)
(28)
ω < ωc :
k1 = ±j
e)
p
ε0 µ(ωc2 − ω 2 )
Im Falle einer Ausbreitung in positive z-Achse (reine Dämpfung)
p
k1 = −j ε0 µ(ωc2 − ω 2 ) := −j kI
~ = 1E
~ ×H
~∗
S
2
~ = 1 Et ej(ωt−k1 z) (~ex − j~ey ) × Ht ej(ωt−k1 z) (j~ex + ~ey ) ∗
S
2
Et
mit Ht = Γ1 folgt:
~ = 1 Et2 1 (~ex − j~ey ) × (−j~ex + ~ey )
S
2 Γ1
2
~ = Et (1 + 1)~ez
S
2Γ1
2
~ = Et ~ez
S
Γ1
(29)
(30)
(31)
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