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Felder und Wellen
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Aufgabe 1 (16 Punkte)
Gegeben ist folgende kugelsymmetrische Anordnung mit der Gesamtladung Q, sowie der Verlauf des
elektrischen Potentials über dem Radius r.
3ra
2ra
1
2
3
Φ (r)
4
2α
5ǫ0
ra
ra
3ra
2ra
r
Abbildung 1: Versuchsanordnung für die Aufgabenteile a) bis c)
Bekannt sind ferner nachfolgende Größen:
(1)
(2)
(3)
(4)
0 ≤ r < ra
ra ≤ r < 2ra
2ra ≤ r < 3ra
3ra ≤ r < ∞
:
:
:
:
̺=0
̺ = ??
̺=0
̺=0
κ = ??
κ=0
κ=0
κ=0
ǫr
ǫr
ǫr
ǫr
= 1
= 1
= ??
= 1
~
E
~
E
~
E
~
E
= ??
= ??
= ??
= ??
Φ1
Φ2
Φ3
Φ4
= ??
= B · (19rra − 5r2 − 14ra2 )
= C · (6ra − r)
a
= αr
· 1r
ǫ0
a) Bestimmen Sie die Konstanten B und C in Abhängigkeit von α und ra .
b) Die Kugel bestehe nun im Bereich (1) aus ideal leitfähigem Material, d.h. κ = ∞ für r < ra .
~ im gesamten Raum.
Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E
c) Bestimmen Sie die Konstante α in Abhängigkeit der Gesamtladung Q.
Hinweis: Nehmen Sie an, dass sich die Gesamtladung Q in den Bereichen (1) und (2) befindet,
zwischen (3) und (4) also keine Flächenladung existiert.
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Betrachtet wird nun nachfolgende scheibenförmige Anordnung in der xy-Ebene mit Radius ra und
gleichmäßiger Verteilung der Gesamtladung Q. Es gelte weiterhin ε = ε0 im ganzen Raum.
z
P
ra
x
y
Abbildung 2: Versuchsanordnung für die Aufgabenteile d) bis e)
~ im Punkt P (0, 0, z) auf der z-Achse.
d) Berechnen Sie das elektrische Feld E
Hinweis: Das Coulomb-Integral für das elektrische Feld lautet
~ r) =
E(~
1
·
4πε
Z
̺(r~′ ) · (~r − r~′ ) ′
dv
|~r − r~′ |3
Hinweis:
Z
√
x
x2 + a
3 dx
= −√
1
x2
+a
~
e) Zeigen Sie, dass das E-Feld
aus d) für z ≫ ra auf der z-Achse durch das einer Punktladung Q
im Ursprung
kann.
werden
angenähert
2
1
a
x
Hinweis: 1 − √x2 +a2 ≈ 2 x2 für x ≫ a.
Hinweis: Die Aufgabenteile d) & e) sind unabhängig von a) - c) lösbar.
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Lösung 1 (16 Punkte)
a) Aus dem Potentialfeldverlauf Φ(r) lässt sich entnehmen:
8
Φ2 (1.6ra ) = B · 19 · ra · ra − 5 ·
5
α
2
!
·
=
5 ε0
α
⇒B =
9ε0 ra2
8
ra
5
2
−
14ra2
Unter Berücksichtigung der Stetigkeit des Potentialfelds folgt:
Φ3 (2ra ) = Φ2 (2ra )
C · (6ra − 2ra ) = B · (19 · 2ra · ra − 5 · (2ra )2 − 14ra2 )
α
⇒C =
9ε0 ra
b) Kugelsymmetrie:
~ = Er (r) · ~er ⇒ E
~ = −grad (Φ) = − ∂Φ(r) · ~er
E
∂r
Für die einzelnen Bereiche ergibt sich
0 ≤ r ≤ ra
ra < r ≤ 2ra
2ra < r ≤ 3ra
3ra < r < ∞
:
:
:
:
Er,1
Er,2
Er,3
Er,4
=0
= 9ǫ−α
2 · (19ra − 10r)
0 ra
α
= 9ε0 ra
a
= εαr
2
0r
c) Ansatz
Kugelsymmetrie:
~ = Dr (r) · ~er
D
An der Grenze r = 3ra zwischen den Bereichen (3) und (4) existiert keine Flächenladung. Die
Grenzflächenbedingung σ = Dn2 − Dn1 führt auf
Dr,3 r=3ra = Dr,4 r=3ra
Bereich (3)
Die gesamte Ladung Q der Anordnung liegt in den Bereichen (1) und (2). Für r > 2ra kann sie
als äquivalente Punktladung bei r = 0 betrachtet werden. Für die Verschiebungsdichte gilt
~ 3 = Dr,3 · ~er =
⇒D
Bereich (4)
Materialgleichung
Q
· ~er
4πr2
~ =ε·E
~ ⇒ Dr = ε · E r
D
⇒ Dr,4 = ε0 · Er,4 = α ·
ra
r2
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Damit folgt für die gesuchte Konstante
Dr,3 (r = 3ra ) = Dr,4 (r = 3ra )
Q
ra
=
α·
2
(3ra )
4π(3ra )2
Q
⇒α =
4πra
~
d) E-Feld
Die konstante Ladungsverteilung σ = Q/πra2 hat die Form einer dünnen Scheibe. Das CoulombIntegral wird zum Flächenintegral:
Z
σ
(~r − ~r′ ) ′
~
E(~r) =
·
df
4πε
|~r − ~r′ |3
~
Symmetriebedingt besteht das E-Feld
auf der z-Achse aus der z-Komponente in +z-Richtung:
~ 0, z) = Ez · ~ez ⇒ df~ = ~ez · R · dRdϕ
E(0,
Für Punkte ~r = (0, 0, z)T auf der z-Achse im Bezug auf Ladung in ~r′ = (R′ , ϕ′ , 0)T gelten
√
(~r − ~r′ ) = −R′ · ~eR − ϕ′ · ~eϕ + z · ~ez und |~r − ~r′ | = z 2 + R′2
Damit ergibt sich für das zu berechnende Coulomb-Integral
σ
Ez (0, 0, z) =
4πε0
Zra Z2π
0
0
zσ
· 2π ·
=
4πε0
(R′~eR + ϕ~eϕ + z~ez ) · (R′~ez · dϕdR′ )
(z 2 + R′2 )3/2
Zra
R′
dR′
(z 2 + R′2 )3/2
0
Unter Verwendung der Substitution u = z 2 + R′2 folgt schließlich
zσ
Ez (0, 0, z) =
2ε0
2
2
rZ
a +z √
z2
zσ −2
√
=
4ε0
u
⇒ Ez
σ
=
2ε0
du
u − z2
√
·
u3/2
2 u − z2
ra2 +z2
u=z 2
z
z
−p
2
|z|
ra + z 2
!
e) Mit der im Hinweis genannten Taylor-Entwicklung und der Flächenladungsdichte σ = Q/A
lässt sich zeigen:
!
σ
z
z
Ez =
−p
2ε0 |z|
ra2 + z 2
σ 1 ra2
·
2ε0 2 z 2
Q
1 σπra2
=
=
2
4πε0 z
4πεz 2
≈
⇒ Ez
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Aufgabe 2 (16 Punkte)
Gegeben sei ein Leiterstück mit der Querschnittsfläche A (siehe Abb. 3). Durch das Leiterstück fließt
ein Strom I. Hierbei sei das Leiterstück in x− und y−Richtung homogen. Die Leitfähigkeit κ ist
durch die stetige Funktion


z<0
κ1 ,
κ(z) = κ2 (z), z ∈ [0, L] .
(1)


κ3 ,
z>L
definiert. Dabei sei κ2 (z) linear. Weiterhin gilt ε = ε0 .
y
A
1
x
2
3
I
z
κ
κ3
κ2 (z)
κ1
2
1
0
3
L
z
Abbildung 3: Leiterstück mit Fläche A und unterschiedlichen Leitfähigkeiten κ.
2 an.
a) Geben Sie die Leitfähigkeit κ2 (z) für den Bereich ~ in Abhängigkeit des Stroms I im Inneren des Leiters.
b) Bestimmen Sie das elektrische Feld E
c) Bestimmen Sie die Raumladungsdichte ρ im Inneren des Leiters. Nutzen Sie hierfür die Gl. (2):
κ
κ
ε
ρ + J~ · grad
=0
(2)
ε
κ
ε
Bestimmen Sie zusätzlich die Raumladungsdichte ρ mit einem alternativen Ansatz.
d) Berechnen Sie nun die Gesamtladung Q.
e) Geben Sie die Oberflächenladungsdichten σ für z = 0 und z = L an.
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Lösung 2 (16 Punkte)
a) Mit κ2 (z) = az + b und den Randbedingungen κ2 (0) = κ1 und κ2 (L) = κ3 ergibt sich
1
κ2 (z) = κ3 −κ
z + κ1 .
L
~ =
b) Mit E
J~
κ
~ =
und J~ = AI ~ez ist E
I
~e .
κA z
Für den Bereich z < 0 ergibt sich:
~ = I ~ez
E
κ1 A
Für den Bereich z > L ergibt sich:
~ = I ~ez
E
κ3 A
Für den Bereich 0 < z < L ergibt sich:
~ =
E
I
~e
κ2 (z)A z
I
~ez
+ κ1 A
=
κ3 −κ1
z
L
c) Da κ für z < 0 und z > L konstant ist, ist grad( κǫ ) = 0 und ρ = 0 in diesen Bereichen.
Für 0 < z < L ergibt sich:
κ2 (z)
ǫ0 I 1 dκ2 (z)
~ez
~ez = 0
ρ(z) +
ǫ0
κ2 (z) A ǫ0 dz
κ2 (z)
κ3 − κ1
I
=0
ρ(z) +
ǫ0
κ2 (z)A L
Durch Umstellen der Gleichung nach ρ(z) erhält man:
ρ(z)
κ3 −κ1
−ǫ0 I
1
A κ2 (z)2
L
κ3 −κ1
−ǫ0 I
1
2
κ3 −κ1
A
L
z+κ
=
=
(
1
L
)
~ = ρ:
Alternative Berechnungsmethode über div D
~
= ǫ0 div E(z)
ρ(z)
Mit κ2 (z) =
κ3 −κ1
z
L
z (z)
= ǫ0 dEdz
1
d
= ǫ0 AI dz
κ2 (z)
+ κ1 aus a):
ρ(z)
=
=
ǫ0 AI
−ǫ0 I
A
κ3 −κ1
1
− κ2 (z)2 L
1
1 z+κ
( κ3 −κ
1)
L
2
κ3 −κ1
L
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d) Die Ladung Q berechnet sich aus dem Integral der Raumladungsdichte über das Volumen:
Q
=A
RL
RL
z=0
ρ(z)dz
κ3 −κ1
1
dz
2
L
1 z+κ
( κ3 −κ
)
1
L
RL
1
1
dz
= −ǫ0 I κ3 −κ
L
z=0 κ3 −κ1 z+κ 2
( L
1)
L
κ3 −κ1
L
1
= −ǫ0 I L
− κ3 −κ1 κ3 −κ1 z+κ
( L
1)
0
i
h
1
1
= ǫ 0 I κ3 − κ1
=A
z=0
−ǫ0 I
A
e) Es gibt keine Oberflächenladungsdichten bei z = 0 und z = L, weil das D-Feld stetig ist.
Rechnerische Begründung:
σ (0)
= Dn2 − Dn1
= ǫ0 κ3 −κ1I0+κ A − ǫ0 κ1IA
( L
1)
=0
σ (L)
=
= Dn2 − Dn1
− ǫ0 κ3 −κ1 IL+κ A
( L
1)
=0
ǫ0 κ3IA
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Aufgabe 3 (16 Punkte)
Hinweis: Die Teilaufgaben sind jeweils unabhängig voneinander.
Gegeben sei eine halbkreisförmige Leiterschleife mit dem Radius R, die in der xy-Ebene liegt und
~ = B0~ey an.
vom Strom I durchflossen wird. Es liegt ein homogenes, konstantes Magnetfeld B
y
B
R
I
x
0
I
Abbildung 4: Halbkreisförmige stromdurchflossene Leiterschleife
a) Berechnen Sie die Kräfte F~1 , welche auf das gerade Teilstück, und F~2 , welche auf das halbkreisförmige Teilstück der stromdurchflossenen Leiterschleife wirken. Wie groß ist die resultierende Gesamtkraft auf die Leiterschleife?
Im Folgenden sei die Leiterschleife offen und dreht sich mit kostanter Winkelgeschwindigkeit ω
um die x-Achse. Zum Zeitpunkt t = 0 liegt die Leiterschleife in der xy-Ebene. Das Magnetfeld
ist nun nicht mehr konstant, sondern ändert sich mit der Zeit t.
~
Es gilt B(t)
= B0 cos (ωt)~ex + B0 sin (ωt)~ey .
y
B(t)
R
0
x
Abbildung 5: Halbkreisförmige Leiterschleife in veränderlichem Magnetfeld
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b) Berechnen Sie die in der Leiterschleife induzierte Spannung Uind in Abhängigkeit der Zeit t.
Skizzieren Sie den magnetischen Fluss und die induzierte Spannung über einer Periodendauer
T der Drehung der Leiterschleife.
Lösungen zu Aufabenteil b) bitte hier einzeichnen:
Nun liegt die halbkreisförmige Leiterschleife in der xy-Ebene und wird vom Strom I durchflossen. Ein äußeres Magnetfeld liegt nicht an.
y
P
I
R
0
I
x
Abbildung 6: Halbkreisförmige stromdurchflossene Leiterschleife
c) Berechnen Sie die, durch den Strom I erzeugte, magnetische Feldstärke am Punkt P (0, R2 , 0)
unter Verwendung des Gesetzes von Biot-Savart für Linienleiter. Zerlegen Sie hierbei das zu
lösende Integral in geeignete Abschnitte. Geben Sie jeweils die Komponenten d~s′ , ~r und ~r′
an. Vereinfachen Sie soweit, bis nur noch möglichst einfache skalare Terme integriert werden
müssen. Brechen Sie an dieser Stelle ab, führen Sie die Integration nicht durch.
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Lösung 3 (16 Punkte)
a) Aus Formelsammlung:
~ .
F~ = I ~l × B
~ = B0~ey . Somit ergibt sich
Für die gerade Strecke ergibt sich ~l = 2R~ex und B
F~1 = 2IRB0~ez .
Für den halbkreisförmigen Teil der Leiterschleife ergibt sich für ein infinitessimales Streckenelement d~l = ~eϕ ·Rdϕ. In kartesischen Koordinaten ergibt sich d~l = R (− sin ϕ~ex + cos ϕ~ey ) dϕ.
Somit ergibt sich
dF~2
  

0
− sin ϕ
= I · R  cos ϕ  × B0  dϕ
0
0
= −IRB0 sin ϕ · ~ez dϕ
Über die gesamte Halbkreisstrecke integrieren ergibt F~2 .
F~2 =
Zπ
0
π
dF~2 = −IRB0 − cos ϕ 0 ~ez = −2IB0 R~ez .
Die resultierende Gesamtkraft auf die Leiterschleife ist F~ges = F~1 + F~2 = 0.
~ hat keinen Einfluss und kann somit vernachlässigt
b) Die in ~ex gerichtete Komponente von B
werden. Die Fläche der Leiterschleife, die vom Magnetfeld durchflutet wird, ändert sich in
Abhängigkeit der Zeit t:
A(t) = A0 · sin (ωt) =
π 2
R sin (ωt)
2
Für dem magnetischen Fluss ergibt sich somit
Φm =
ZZ
A
~
BdA
π 2
=
R B0 sin2 (ωt)
2
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Die induzierte Spannung ergibt sich zu
dΦ
dt
= −πR2 B0 ω sin (ωt) cos (ωt)
Uind (t) = −
Dies lässt sich weiter vereinfachen, Formelsammlung: sin(x)·cos(y) = 12 (sin(x − y) + sin(x + y)).
π
Uind (t) = − R2 B0 ω sin(2ωt)
2
Der magnetische Fluss und die induzierte Spannung können somit einfach skizziert werden.
Φm / (π R2 B 0 /2)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
Uind / (π R2 B 0 ω /2)
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
1
0.5
0
-0.5
-1
t/T
Abbildung 7: Magnetischer Fluss und induzierte Spannung
c) Gesetz von Biot-Savart:
~ r) = µI
B(~
4π
Z
d~s′ × (~r − ~r′ )
|~r − ~r′ |3
Das zu lösende Integral muss in geeignete Teilabschnitte aufgeteilt werden. Zuerst wird die
gerade Strecke der Leiterschleife betrachtet. Es ergibt sich
d~s′ = dx~ex
R
~r =
~ey
2
~r′ = x~ex
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~1
Somit ergibt sich für diesen Teilabschnitt H
  
−x
dx
0 × R 
2
ZR
0
0
I
~ 1 (~r) =
H
2
4π
(x2 + R4 )3/2

−R
I
=
4π
ZR
−R
R
2
dx~ez
2
2
(x + R4 )3/2
Für den halbkreisförmigen Teilabschnitt der Leiterschleife ergibt sich mit ~eϕ = − sin(ϕ)~ex +
cos(ϕ)~ey


−R sin(ϕ)
d~s′ = Rdϕ~eϕ =  R cos(ϕ)  dϕ
0
R
~r =
~ey
2


R cos(ϕ)
~r′ =  R sin(ϕ) 
0
~2
in kartesischen Koordinaten. Somit ergibt sich für diesen Teilabschnitt H

 

−R cos(ϕ)
−R sin(ϕ)
 R cos(ϕ)  ×  R − R sin(ϕ)
2
Zπ
0
0
I
~ 2 (~r) =
H
dϕ
4π
2 cos2 (ϕ) + R2 ( 1 − sin(ϕ))2 3/2
R
2
0


0


0
Zπ
1
2
R · (1 − 2 · sin(ϕ))
I
=
3/2 dϕ
4π
R3 cos2 (ϕ) + 1 − sin(ϕ) + sin2 (ϕ)
4
0
I
=
4πR
Zπ
0
1 − 12 · sin(ϕ)
dϕ~ez
( 54 − sin(ϕ))3/2
Die gesamte magnetische Feldstärke ergibt sich somit zu

~ r) = H
~ 1 (~r) + H
~ 2 (~r) = I · 
H(~
4π
ZR
−R
R
2
dx
2
2
(x + R4 )3/2
+
1
R
Zπ
0
1
2

1 − · sin(ϕ)
dϕ ~ez
( 45 − sin(ϕ))3/2
~ 1 ist mittels der Integraltabellen in der Formelsammlung recht
Hinweis: Das Integral von H
~ 2 kann beispielsweise numerisch bestimmt werden.
leicht zu lösen. Das Integral von H
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Aufgabe 4 (16 Punkte)
Gegeben sei ein Hohlleiter mit rechteckigem Querschnitt aus unendlich gut leitendem Material. Die
Kantenlängen des Querschnitts seien a und b. Im Innern des Hohlleiters befinde sich eine T Emn -Welle
mit den Wellenzahlen kx (m) und ky (n).
x
a
z
b
y
Hinweis:
Ex
Ey
Hx
Hy
1
∂Ez
∂Hz
=− 2
jkz
+ jωµ
ω µ ε − kz2
∂x
∂y
∂Ez
∂Hz
1
jkz
− jωµ
=− 2
ω µ ε − kz2
∂y
∂x
1
∂Hz
∂Ez
=− 2
jkz
− jωε
ω µ ε − kz2
∂x
∂y
1
∂Hz
∂Ez
=− 2
jkz
+ jωε
ω µ ε − kz2
∂y
∂x
a) Welche Randbedingungen für Hz müssen an den Hohlleiterwänden gelten?
b) Welche der beiden angegebenen Funktionen für Hz (x, y, z, t) entspricht den Randbedingungen? Begründen Sie durch Rechnung!
(1) Hz (x, y, z, t) = H0 cos (kx x) cos (ky y) ej(ωt−kz z)
(2) Hz (x, y, z, t) = H0 sin (kx x) sin (ky y) ej(ωt−kz z)
Bestimmen Sie die Wellenzahlen kx und ky in Abhängigkeit von m und n.
c) Berechnen Sie die Feldkomponenten Ex (x, y, z, t), Ey (x, y, z, t), Hx (x, y, z, t) und Hy (x, y, z, t)
der T E10 -Welle.
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d) Um welche Wellentypen T Mmn oder T Emn handelt es sich bei den Abbildungen 8 und 9 jeweils? Geben Sie die Modenzahlen m bezüglich x-Richtung und n bezüglich y-Richtung der
jeweiligen Abbildung an. Begründen Sie.
Hinweis: Die durchgezogenen Linien zeigen das elektrische Feld, die gestrichelten das magnetische Feld.
c
b
x
z
a
Schnittebene: a
Schnittebene: c
Schnittebene: b
y
Abbildung 8
c
b
x
z
a
Schnittebene: a
Schnittebene: c
Schnittebene: b
y
Abbildung 9
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Lösung 4 (16 Punkte)
a) An den Hohlleiterwänden kann kein tangentiales E-Feld existieren.
Ex (x, 0, z, t) = 0,
Ex (x, b, z, t) = 0,
Ey (0, y, z, t) = 0
Ey (a, y, z, t) = 0
Unter Annahme einer TE-Welle (Ez = 0) und dem Hinweis können die Randbedingungen für
Hz bestimmt werden:
∂Hz ∂Hz = 0,
=0
∂y y=0
∂x x=0
∂Hz ∂Hz = 0,
=0
∂y y=b
∂x x=a
b) Es kann gezeigt werden, dass Hz (x, y, z, t) = H0 cos (kx x) cos (ky y) ej(ωt−kz z) die Randbedingungen erfüllt:
∂Hz = −H0 kx sin (kx · 0) cos (ky y) ej(ωt−kz z) = 0
| {z }
∂x x=0
=0
Die Randbedingung
∂Hz = −H0 kx sin (kx · a) cos (ky y) ej(ωt−kz z) = 0
| {z }
∂x x=a
=0
wird erfüllt falls gilt:
kx · a = m · π
→
kx =
mπ
.
a
Die restlichen Randbedingungen können auf die gleiche Weise überprüft werden:
∂Hz = −H0 cos (kx x) ky sin (ky · 0) ej(ωt−kz z) = 0
| {z }
∂y y=0
=0
∂Hz = −H0 cos (kx x) ky sin (ky · b) ej(ωt−kz z) = 0
| {z }
∂y y=b
=0
wenn:
ky · b = n · π
→
ky =
nπ
.
b
c) Die Hz -Komponente der T E10 -Welle ist
πx Hz = H0 cos
ej(ωt−kz z) .
a
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Mit Ez = 0 und den Hinweisen können die fehlenden Feldkomponenten berechnet werden.
∂Hz
jωµ
·
2
− kz ∂y
jωµ
∂Hz
Ey = 2
·
2
ω µǫ − kz ∂x
∂Hz
jkz
·
Hx = − 2
2
ω µǫ − kz ∂x
∂Hz
jkz
·
Hy = − 2
ω µǫ − kz2 ∂y
Ex = −
ω 2 µǫ
=0
πx π
jωµ
H0 sin
=− 2
ej(ωt−kz z)
2
ω µǫ − kz
a
a
π
jkz
πx j(ωt−kz z)
H0 sin
= 2
e
ω µǫ − kz2 a
a
=0
d) Abbildung 11: In z-Richtung existiert nur ein H-Feld ⇒ TE-Welle

Ex = 0 


Ey 6= 0
⇒
kx 6= 0
und ky = 0
| {z }
Hx 6= 0 
| {z }


Ey weist in der Schnittebene c für alle x in die gleiche Richtung⇒m=1
⇒n=0
Hy = 0
Abbildung 12: In z-Richtung existiert nur ein H-Feld ⇒ TE-Welle

Ex 6= 0 


Ey = 0
⇒ kx = 0 und
ky 6= 0
| {z }
Hx = 0 
| {z }


⇒m=0
E
weist
in
der
Schnittebene
c
für alle y in die gleiche Richtung⇒n=1
x
Hy 6= 0
Felder und Wellen
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Klausur F17
Aufgabe 5 (16 Punkte)
transmittierte Welle
Halbraum 1
y
x
Halbraum 0
z
φ
E-Feld
H-Feld
einfallende Welle
re lektierte Welle
In einem Winkel ϕ trifft eine ebene, harmonische Welle mit der Kreisfrequenz ω auf eine Grenzfläche
~ 0 setzt sich im unteren Halbraum 0 aus hinlaufender und reflektierter
bei z = 0. Das totale E-Feld E
Welle zusammen. Dabei gelten im unteren Halbraum 0 die Materialkonstanten ε0 und µ0 . Im oberen
~ 1 und das H-Feld H
~ 1 im
Halbraum 1 gelten ε1 und µ1 . Außerdem existieren das totale E-Feld E
oberen Halbraum 1. Der Reflexionskoeffizient ist R und der Transmissionskoeffizient T . Die beiden
Koeffizienten R und T beziehen sich auf die Amplitude und nicht auf die Leistung der Wellen. Des
Weiteren sind folgende Zusammenhänge gegeben:
mit
~ 1 = k1,z E0 · T · ejk1,z z · e−jk1,x x · ejωt~ex + k1,x E0 · T · ejk0,z z · e−jk1,x x · ejωt · ~ez ,
H
ωµ1
ωµ1
−jk
x
jk
z
−jk
z
~ 0 = E0 · e 0,z + R · e 0,z · e 0,x · ejωt · ~ey ,
E
~ 1 = E0 · T · ejk1,z z · e−jk1,x x · ejωt · ~ey ,
E
(3)
√
k0 = ω µ0 ε0 ,
µ1 = 3µ0 ,
(4)
k0,x = k0 sin (ϕ) ,
ε1 = 4ε0 .
k0,z = k0 cos (ϕ) ,
a) Vervollständigen Sie in der Skizze der Aufgabenstellung die reflektierte Welle mit allen relevanten Größen. Berücksichtigen Sie insbesondere die Orientierung von E- und H-Feld.
~ 0 im unteren Halbraum mit Hilfe der allgemeingültigen Maxb) Berechnen Sie das totale Feld H
wellgleichungen.
c) Bestimmen Sie die z-Komponente des komplexen Poynting-Vektors des Gesamtfeldes im unteren Halbraum. Interpretieren Sie Ihr Ergebnis für −1 ≤ R ≤ 0 in Worten.
Hinweis zu Aufgabenteil c): sin (ϕ) =
1
2j
(ejϕ − e−jϕ )
d) Bestimmen Sie, unter Berücksichtigung der Grenzflächenbedingung bei z = 0 und der Erfüllung
der Wellengleichung im gesamten Raum, die Wellenzahlen k1,x und k1,z in Abhängigkeit der
Kreisfrequenz ω, dem Einfallswinkel ϕ sowie den Materialkonstanten.
e) Bestimmen Sie den Reflexionskoeffizienten R und den Transmissionskoeffizienten T . Vereinfachen Sie Ihre Lösung soweit möglich.
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Lösung 5 (16 Punkte)
transmittierteWelle
Halbraum 1
y
x
Halbraum 0
z
φ φ
E-Feld
H-Feld
E-Feld
H-Feld
einfallendeWelle
a)
re lektierteWelle
Die rot markierten Elemente müssen hinzugefügt werden.
~ = − ∂ B~ . Mit E
~ 0 = E0,y~ey gilt:
b) Ansatz: rotE
∂t
∂E0,y
∂E0,y
~
rotE = ~ex −
+ ~ez
∂z
∂x
jk0,z z
= − jk0,z E0 e
− R · e−jk0,z z · e−jk0,x x · ejωt · ~ex . . .
− jk0,x E0 ejk0,z z + R · e−jk0,z z · e−jk0,x x · ejωt · ~ez .
(1)
~
Die zeitliche Ableitung des B-Feldes
ergibt:
−
~
∂B
~ 0 · ejωt
= −jω B
∂t
(2)
~ 0 folgt daraus:
Für das H-Feld H
k0,z
E0 ejk0,z z − R · e−jk0,z z · e−jk0,x x · ejωt · ~ex . . .
ωµ0
k0,x
+
E0 ejk0,z z + R · e−jk0,z z · e−jk0,x x · ejωt · ~ez .
ωµ0
~0 =
H
(3)
c) Aus der Formelsammlung erhält man die Formel für den komplexen Poyntingvektor:
~ ×H
~ ∗.
~ = 1E
S
2
(4)
Durch Ausmultiplizieren des Vektorproduktes ergibt sich für die z-Komponente:
Sz =
1
Ex · Hy∗ − Ey · Hx∗ .
2
(5)
Da die x-Komponente des E-Feldes Ex und die y-Komponente des H-Feldes Hy jedoch Null
sind, ist die Betrachtung von Hx∗ an dieser Stelle ausreichend. Es ergibt sich also:
∗
H0,x
=
k0,z
E0 e−jk0,z z − R · e+jk0,z z · e+jk0,x x · e−jωt .
ωµ0
(6)
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Für die y-Komponente des E-Feldes ergibt sich:
Ey = E0 ejk0,z z + R · e−jk0,z z · e−jk0,x x · ejωt
(7)
Einsetzen der Gleichungen lieft für die z-Komponente des Poynting-Vektors:
k0,z 2 −jk0,z z
E0 e
− R · e+jk0,z z · ejk0,z z + R · e−jk0,z z
2ωµ0
k0,z 2
E0 1 + R · e−2jk0,z z − Re2jk0,z z − R2
=−
2ωµ0
k0,z 2 =−
E0 1 − R2 − 2Rj sin (2k0,z z) .
2ωµ0
Sz = −
(8)
Interpretation des Ergebnisses:
Da die z-Komponente des Poynting-Vektors Sz für R = 0 rein reell und minimal wird, ist sie
als Wirkleistung in Richtung der negativen z-Achse zu betrachten.
Aus R = −1 resultiert eine rein imaginäre z-Komponente des Poynting-Vektors Sz . Die Komponente hängt damit sinusförmig von z ab, was einer totalen Reflektion entspricht. Daher ist in
diesem Fall in z-Richtung nur Blindleistung vorhanden.
Gilt −1 < R < 0 ist die negative z-Komponente des Poynting-Vektors eine Kombination aus
Wirk- und Blindleistung.
d) Als Ansatz für die Wellenzahl k1,x ist die Grenzflächenbedingung bei z = 0 zu verwenden:
Et1 = Et2 .
(9)
Daraus folgt entsprechend:
E0 (1 + R) · e−jk0,x x = E0 T · e−jk1,x x .
(10)
Dies gilt für alle x wenn
√
k0,x = k1,x = ω µ0 ε0 sin (ϕ)
(11)
gilt.
Um k1,z zu berechnen, wird des E-Feld E1,y in die Wellengleichung eingesetzt:
0 = (−jk1,x )2 + (jk1,z )2 + ω 2 ε1 µ1
2
2
= k1,x
+ k1,z
− ω 2 ε1 µ1 .
Durch Umformen und Einsetzen von k1,x ergibt sich:
q
2
k1,z = ω 2 ε1 µ1 − k1,x
q
= ω ε1 µ1 − ε0 µ0 sin (ϕ)2
q
= ω ε0 µ0 12 − sin (ϕ)2 .
(12)
(13)
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e) Die Grenzflächenbedingung Et1 = Et2 bei z = 0 liefert:
E0 (1 + R) · e−jk0,x x = E0 T · e−jk1,x x
(1 + R) = T.
(14)
Aus der Grenzflächenbedingung Ht1 = Ht2 ebenfalls an der Stelle z = 0 und k1,x = k0,x aus
d) folgt:
E0
k0,z (1 − R) · e−jk0,x x =
ωµ0
k0,z
(1 − R) =
µ0
E0
k1,z T · e−jk0,x x
ωµ1
k1,z
T.
µ1
(15)
Durch Einsetzen erhält man für den Reflexionskoeffizienten R:
R=
3k0,z − k1,z
k0,z µ1 − k1,z µ0
=
k0,z µ1 + k1,z µ0
3k0,z + k1,z
(16)
und für den Transmissionskoeffizienten T :
T =
2k0,z µ1
6k0,z
=
.
k0,z µ1 + k1,z µ0
3k0,z + k1,z
(17)