Q 1. d 2 e x. welche den Zusammenhang zwischen Stromdichte und Ladungsdichte beschreibt. Da die Stromdichte hier nur eine x-komponente besitzt, gilt

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1 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 999 Aufgabe Das Potential einer Punktladungen Q am Ort r lautet V { r} = Q 4πɛɛ 0 r r Hier soll das Potential einer gegebenen Raumladung ρ v berechnet werden Die Raumladung setzt sich aus der Punktladung Q = +Q am Ort r = + d e x der Punktladung Q = Q am Ort r = d e x zusammen Unter Berücksichtigung des Superpositionsprinzips ergibt sich das gesuchte Potential zu V { r} = Q 4πɛɛ 0 r d e x r + d e x Aufgabe Es soll die Verteilung der durch die Stromverteilung j erzeugten freien Raumladungen berechnet werden Ausgangspunkt ist die Kontinuitätsgleichung j = ρ t, welche den Zusammenhang zwischen Stromdichte Ladungsdichte beschreibt Da die Stromdichte hier nur eine x-komponente besitzt, gilt ρ t = j 0 sin x = x = j 0x rr 0 cos j 0 sin {ωt rr0 } { ωt {ωt rr0 } } x + y + z r 0 Die gesuchte Verteilung der freien Raumladungen ergibt sich somit zu { ρ {t} = ρ t = r ωr 0 } j } 0x sin {ωt rr0 ωrr 0

2 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 999 Aufgabe 3 Das magnetische Vektorpotential eines geschlossenen Stromfadens mit Stromstärke I lautet A { r} = µ 0I 4π d r r r Wegen der betrachteten elliptischen Stromschleife gilt r = a cos {ϕ} e x + b sin {ϕ} e y d r = a sin {ϕ} e x + b cos {ϕ} e y dϕ Das gesuchte magnetische Vektorpotential ist also A { r} = µ 0I 4π π 0 a sin {ϕ} e x + b cos {ϕ} e y dϕ x a cos {ϕ} + y b sin {ϕ} + z Aufgabe 4 Das Ampèrsche Gesetz in Integralform lautet C B d l = S C B d S = µ0 S C j v d S = µ0 J C Der gesuchte Anteil J C des felderzeugenden Stroms, der durch die gegebene Fläche fließt, läßt sich entweder mit Hilfe des geschlossenen Kurvenintegrals oder mit Hilfe des Flächenintegrals berechen Beide Lösungswege sollen hier vorgestellt werden Lösungsweg: Kurvenintegral Entsprechend den Kanten des Rechtecks wird der Integrationsweg in vier Bereiche unterteilt C B d l = C C C 3 C 4 B dl + B dl + B dl3 + B dl4

3 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst Die Parameterdarstellung der vier Wegabschnitte ist wie folgt: C : C : C 3 : C 4 : l {t} = t e x + b e [ y a d ; t l = e x dt, 3a ] l {t} = 3a e [ x + t e y b d ; t l = e y dt, 3b ] l3 {t} = t e x + 3b e [ y 3a d ; t l 3 = e x dt, a ] l4 {t} = a e [ x + t e y 3b d ; t l 4 = e y dt, b ] Da die magnetische Induktion nur eine Azimutalkomponente besitzt, gilt B e x = sin {φ} B 0 = B 0y x + y Somit ergibt sich der gesuchte Strom zu B e y = cos {φ} B 0 = B 0 x x + y J C = B 0 µ 0 a 3a 3a a b t + b 3b t + 3b dt + dt + b 3b 3b b 3a 3a dt + t a a dt + t Lösungsweg: Flächenintegral Die betrachtete Fläche liegt ganz in der x-y-ebene, weshalb die Flächennormale in z- Richtung zeigt d S = ez dx dy

4 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst Da die magnetische Induktion nur eine Azimutalkomponente besitzt, gilt B d S = = B 0 r B 0 r tan {Θ} e r e Θ e z dx dy cos {Θ} + sin {Θ} dx dy tan {Θ} In der x-y-ebene ist cos {Θ} = 0, sin {Θ} = r = x + y Der gesuchte Strom ergibt sich somit zu Aufgabe 5 J C = B 0 µ 0 Die Energiedichte ist definiert als 3a 3b a b w = ε 0 E dy dx x + y Das elektrische Feld läßt sich aus dem Potential berechnen, die Azimuthal- Polarkomponente verschwinden hierbei, da das Potential nur eine Radialabhängigkeit aufweist E = V = r V e r + = Q } ] exp { rr0 [ r0 e r = Q } exp { rr0 e 4πε 0 r 0 4πε 0 r0 r Die Energiedichte ist also Aufgabe 6 Die Polarisation ist w = Q 3π ε 0 r 4 0 { exp r } r 0 P = [ε ]ε 0 E Das elektrische Feld einer Linienladung im Vakuum entlang der z-achse ist im Skript gegeben, Anpassung des Koordinatensystems liefert 0 ρ l E = πε 0 y + z y z

5 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst Beim Übergang vom Vakuum auf ein Medium ist das Ergebnis durch die relative Dielektrizitätskonstante ε zu dividieren Begründung liefert das Gaußsche Gesetz für die dielektrische Verschiebung Das Oberflächenintegral über D d S ist gleich der eingeschlossenen Ladung Da sich die Ladung nicht ändert, darf sich auch die Verschiebungsdichte nicht ändern Damit aber muss das elektrische Feld invers proportional zu ε sein Die Polarisation ist schließlich Aufgabe 7 Allgemeiner Ansatz: P = ε ε ρ l πy + z V = X{x}Y {y}z{z} Das Problem ist nicht von x abhängig, deshalb: 0 y z x = 0, X{x}! = Das Potential auf der Elektrode stellt bereits eine Eigenfunktion dar, die zudem die Randbedingungen erfüllt, daß das Potential bei y = ±b verschwindet, deshalb: { Y {y} =! π } V 0 cos b y, Y y Y = π 4b Für die z-abhängigkeit muß damit Z{z = c} = erfüllt sein, andererseits darf das Potential für z nicht divergieren, deshalb Das Ergebnis lautet Z{z} = A cosh{ } + B sinh{ } = exp { π } b [z c] { π } V = V 0 cos b y exp { π } b [z c]

6 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst Aufgabe 8 Die zeitabhängige Greensche Funktion als Lösung der Differentialgleichung G c t G = δ3 { r r }δ{t t } lautet allgemein für jede Frequenzkomponente der Fourierzerlegung mit c k = ω { G{ r, r, t, t } = G{ r, r }δ t t r } r c Dabei ist G{ r, r } die Greensche Funktion des elektrostatischen Problems, hier also für die Kugel im freien Raum, Ursprung im Mittelpunkt der Kugel, G{ r, r } = 4π r r R r r R r r Für die zeitabhängige Greensche Funktion der Kugel im freien Raum resultiert somit Aufgabe 9 G{ r, r } = 4π r r R r r R r r { δ t t r } r c Die Grgleichung zur Berechnung des magnetischen Dipolmomentes lautet m = r j v d 3 r Die Angabe der Stromdichte zeigt, dass es sich um eine kreisförmige Stromschleife mit Radius in der x-y- Ebene Mittelpunkt im Ursprung handelt Daher gilt Das Kreuzprodukt liefert r = ϱ e ϱ r j v = I 0 δ{z }δ{ϱ a}ϱ sin{φ } e z Da die Richtung unabhängig von den gestrichenen Koordinaten ist, kann direkt integriert werden: m = π r j v ϱdϱ dz dφ = π I 0 a sin{φ } e z dφ = 0 ϱ =0 z = Φ =0 Φ =0

7 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst Aufgabe 0 Die Grgleichung lautet H = j Weil H nur eine Komponente in θ- Richtung hat, lautet die Divergenz H = sin{θ} φ H e θ e r + r H e θ e φ + r H e θ e φ Weil H weder von r noch von φ abhängt, resultiert für die Stromdichte Aufgabe j = H e θ e φ = H 0 r sin{θ} e φ Die Stetigkeitsbedingungen an der Grenzfläche lauten n D D = ϱ s Über die Materialgleichungen resultiert n j j = t ϱ s Mit den Ansätzen D = ɛ 0ɛ σ j j = Re{ j } = Re {j exp{iωt} e x } ϱ s = Re{ϱ s } = Re {ϱ 0 exp{iωt}} resultieren n ɛ 0ɛ j ɛ 0ɛ j = ϱ s σ σ

8 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst Nach umformen ergibt sich n j j = t ϱ s = iωϱ s n j = n j iωϱ s damit Daraus resultiert ɛ0 ɛ n j ɛ 0ɛ ɛ 0 ɛ iωϱ s = ϱ s σ σ σ ϱ s = ɛ 0 ɛ σ ɛ 0ɛ σ + iω ɛ 0ɛ σ n j Unter Berücksichtigung von n j = j exp{iωt} mit ψ = arctan{ω ɛ 0ɛ σ } folgt Aufgabe ɛ 0 ɛ ϱ σ s = j ɛ 0ɛ σ cos{ωt ψ} + ω ɛ 0ɛ σ Es existieren zwei mögliche Lösungen, weil die Felder die Maxwellsche Gleichung nicht erfüllen! E = t B Ansatz : j E = E H + E t D Wegen der ortsunabhängigkeit von H resultiert in dem linearen Medium Ansatz : j E = E 0ωɛɛ 0 sin{ωt} cos{ωt} Die Kontinuitätsgleichung für die Leistungsdichte lautet t w + S = j E

9 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst Die Energiedichte w der Pointingvektor S sind in linearen isotropen Medien mit w = ɛɛ 0 E + µµ 0 H definiert Damit folgt S = E H w = ɛɛ0 E 0 sin {ωt} + µµ 0 H 0 cos {ωt} = ɛɛ 0 E 0 S = E 0 H 0y e z E 0 H 0z e y sin{ωt} cos{ωt} Wegen der ortsunabhängigkeit der Amplituden E 0, H 0y sowie H 0z mit der zeitunabhängigkeit von w ergibt sich j E = 0 Aufgabe 3 Die Lorentz- Eichung lautet A + c t Φ el = 0 Die Divergenz des magnetischen Vektorpotentials ist hier A = sin{θ} A 0 sin{ωt} r 0 r θ r sin{θ} Nach Zeitintegration resultiert also r 0 = A 0 cot{θ} sin{ωt} r c r 0 Φ el = A 0 cot{θ} cos{ωt} ωr

10 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst Aufgabe 4 Es gibt hier zwei Lösungswege, einen schnellen, bei dem die einzelnen Komponenten der k nicht berechnet werden einen zweiten Weg, bei dem alle Teile einzeln bestimmt werden Da die meisten Studenten den zweiten umständlichen Weg gegangen sind, wird er hier zusätzlich angegeben Weg : Für den Reflektionsfaktor muss zunächst entschieden werden, ob es sich um eine TE- oder eine TM- oder eine gemischte Welle handelt Dafür benutzt man für eine TE- Welle die Bedingung n E = 0, was hier zutrifft Für eine TM- Welle gilt im übrigen n H = 0 Für den Reflektionsfaktor müssen noch n k i n k t = k k + n k i bestimmt werden Hier resultiert n k i = k 0 n 3 n k t = k 0 n 3 n Daraus ergibt sich der Reflektionsfaktor in den unmagnetischen Medien Weg : r = n 3 n 3 + n 3 n n 3 n Zunächst Bestimmung der Einheitsvektoren senkrecht parallel zur Grenzfläche: k in = k i n = 3 k i = k 0 3 n k it = k i k in n = k i 3 e x e y + e z k it = k it = k i 3

11 Elektromagnetische Felder Wellen: Lösung zur Klausur Herbst 999 k e t = it = k it 6 e x e y + e z e l = n e t = e x e y Da die Tangentialkomponenten der Ausbreitungsvektoren gleich sind Snellius- Gesetz, folgt für die Normalkomponente von k t Wegen n k t = k ki 3 = k 0 n n 3 e t E = 0 e l E = 0 handelt es sich um eine TE- Welle Der Reflektionsfaktor wird wie oben berechnet Einige Studenten haben auch versucht, die Vektorkomponenten aus den Stetigkeitsbedingungen n k r + k i = 0, n k r k i = 0 n k t k i = 0 zu bestimmen Dies führt allein für k r auf vier Gleichungen mit drei Unbekannten, lässt sich aber mit etwas Aufwand lösen Der Versuch, die Komponenten von k t zu bestimmen, scheitert daran, dass eine Gleichung fehlt das Kreuzprodukt führt nur auf zwei unabhängige Gleichungen Es muss also der oben beschriebene Weg über die Tangentialvektoren beschritten werden