Lösungsskizze EMF2 SS08

Diplom-Vorprüfung Elektrotechnik und Informationstechnik
Termin Sommersemester 08
Elektromagnetische Feldtheorie 2
Montag, 28. 07. 2008, 9:00–10:00 Uhr
Lösung
1. Aufgabe (12 Punkte)
*a) Der gegebene Plattenkondensator muss möglichst dem idealen Plattenkondensator
entsprechen. Dazu muss gelten
h ≪ a und h ≪ b
*b) Für den Kondensator A folgt mit der Plattenkondensatorformel
a·b
C A −C A
A
A
⇒
C =
C = ε0 ·
−C A
CA
h
und für den Kondensator B folgt
|QB |
C = B
|U |
B
B
mit Q =
Z
~ a und U B =
Dd~
Z
~ s
Ed~
~ = E · ~ez und E = konstant (Symmetrie) folgt durch
Mit dem elektrischen Feld E
Integration
V3 − V2
V3 − V2
a
+
x
~ = D · ~ez mit D = ε0 ·
·
E=
⇒ D
h
a
h
Integration liefert
Z
Z
~
Dd~a =
∂A
0
a
Z
b
0
ε0 ·
V3 − V2 3ab
a + x V3 − V2
·
dxdy = ε0 ·
·
a
h
h
2
Damit folgt die Kapazitätsmatrix
3a · b
C = ε0 ·
2h
B
⇒
B
C =
C B −C B
−C B
CB
Alternativ kann auch der Mittelwert der Dielektrizität im Kondensator berechnet
und in die Plattenkondensatorformel eingesetzt werden.
c) Die Kapazitätsmatrix des Gesamtsystems ergibt sich durch folgende Überlegung:



CA
−C A
0
CA gilt für die Platten 1 und 2 
⇒ C =  −C A C A + C B −C B 
B

C gilt für die Platten 2 und 3
0
−C B
CB
Einsetzen der Werte aus Teilaufgabe b) ergibt dann


1
−1
0
5/2 −3/2 
C = C A ·  −1
0 −3/2
3/2
d) Für die elektrische Feldenergie gilt
N
1
1X
Vk · Ckl · Vl = · VT · C · V
Wel =
2
2
k,l=0
Mit V = (U 0 U)T folgt
Wel =
1
· U 2 · CA + CB
2
Dieses Ergebnis entspricht der Parallelschaltung der beiden Teilkondensatoren A
und B. Das ist naheliegend, da nur zwischen den leitenden Platten ein elektrisches
Feld liegt (bei der Berechnung werden Streufelder vernachlässigt).
e) Die Volumenkraftdichte im Dielektrikum ist definiert durch
f~v = div (Te )
~ = U/h und dem Maxwellschen Spannungstensor
Mit dem elektrischen Feld E = |E|
ε ~ 2
(Te )i,j = ε · Ei Ej − |E|
δij
2


−1
0
0
2
ε U
Te = · 2 ·  0 −1
0 
2 h
0
0 +1
folgt dann
∂
f~v = div (Te ) =
∂x
U2
1 U 2 ε0
a+x
− 2 · ε0 ·
· ~ex = − · 2 · · ~ex
2h
a
2 h
a
Direkt und schneller:
1
1 ~ 2
∇ε = − ·
f~v = − |E|
2
2
2
dε2
U
1 U 2 ε0
· ~ex = − · 2 · · ~ex
h
dx
2 h
a
2. Aufgabe
~ 1 (z, t) :
a) Magnetische Feldstärke H
~
~1
~ 1 (z, t) = k × E
H
ωµ
1
=
[(k~ez ) × (E0 cos(kz − ωt)~ex )]
ωµ
k
E0 cos(kz − ωt)~ey
=
ωµ
b) Elektromagnetische Energiedichte w1elmg (z, t) :
~ 2 (z, t)
w1elmg (z, t) = ǫE
1
= ǫE02 cos2 (kz − ωt)
E2
= ǫ 0 [1 + cos2(ωt − kz)]
2
1
mit cos2 (α) = (1 + cos2α)
2
c) Bedingung für k und ω:
Energieerhaltungssatz :
∂w1elmg
+ divS~1 = 0
∂t
~1 × H
~ 1 = [E0 cos(kz − ωt)~ex ] ×
S~1 = E
k 2 2
E cos (kz − ωt)~ez
ωµ 0
k 2 2
∂
~
E cos (kz − ωt)~ez
divS1 =
∂z ωµ 0
=
=−
aus(b) :
E02 k 2
sin2(kz − ωt)
ωµ
∂w1elmg
= ǫE02 ωsin2(kz − ωt)
∂t
k
E0 cos(kz − ωt)~ey
ωµ
E02 k 2
∂w1elmg
2
~
+ divS1 = ǫE0 ωsin2(kz − ωt) −
sin2(kz − ωt) = 0
⇒
∂t
ωµ
k2
=0
ωµ
√
→ k = ω µǫ
→ ǫω −
d) Z-Koordinaten für die positiven Maximalwerte:
~ 1 (z, t) = E0 cos(kz − ωt)~ex
E
cos(kz − ωt) = 1
→ kz − ωt1 = +2nπ; nǫZ0
1
→ z = (ωt1 + 2nπ)
k
ωt1 2nπ
+
= Ct1 + nλ
→z=
k
k
1
2π
mit
C= √ ; λ=
ǫµ
k
~ 2 (z, t):
e) Ausbreitungsrichtung von E
in positiver Z − Richtung.
Polarisierung:
~ 3 (z, t) = E
~ 1 (z, t) + E
~ 2 (z, t)
E
= E0 cos(kz − ωt + ϕ)~ey + E0 cos(kz − ωt)~ex
π
→ ϕ = → rechts − zirkular
2
π
ϕ = − → links − zirkular
2
3. Aufgabe (16 Punkte)
TEIL 1:
*a)
ωA = ω0
*b)
k0 =
√
ǫ0 µ0 ω0
~kA (t) = kA (t)~ez
mit
t
kA (t) = ǫA µA ωA = 1 +
k0
t0
t
~k0
~kA (t) = 1 +
t0
√
c)
k0 =
2π
λ0
λA (t) =
2π
1
λ0
=
kA (t)
1 + t/t0
d) Ansatz für 0 ≤ z ≤ d:
~ r, t) = EA sin(kA (t)z − ω0 t + ϕA )~ex
E(~
Ansatz für z ≥ d auf.
~ r, t) = ER sin(k0 z − ω0 t + ϕR )~ex
E(~
~ bei z = 0:
Stetigkeit an der Tangentialkomponente von E
~ = 0, t) = E0 sin(−ω0 t) =! EA sin(−ω0 t + ϕA )
E(z
→ EA = E0 ;
ϕA = 0
~ bei z = d:
Stetigkeit an der Tangentialkomponente von E
~ = d, t) = E0 sin(kA (t)d − ω0 t) =! ER sin(k0 d − ω0 t + ϕR )
E(z
→ E0 = ER ;
ϕR = (kA (t) − k0 )d =
t
k0 d
t0
e) Grafik:
TEIL 2:
*f)
α=
r
σA µ0 ω0
t
=1+
2
t0
g) Grafik für t = 0 ms, t = 2, 5 ms und t = 5 ms