Übungen zur Klassischen Theoretischen Physik III (Theorie C Elektrodynamik) WS 12-13

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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Theorie der Kondensierten Materie Übungen zur Klassischen Theoretischen Physik III Theorie C Elektrodynamik WS Prof. Dr. Alexander Mirlin Blatt 10 Dr. Igor Gornyi Besprechung Diese Musterlösung benutzt SI-Einheiten! Aufgabe 1: Koaxialkabel 5+3+2=10 Punkte Ein Koaxialkabel bestehe aus einem langen Draht mit Radius a in einem langen Hohlzylinder mit Innenradius b b > a. Draht und Zylinder seien konzentrisch zur z-achse. Das Koaxialkabel überträgt eine reine TEM-Welle: E = E 0 f E e ikz ωt e, B = E0 f B e ikz ωt e ϕ, 1 wobei e und e ϕ die Einheitsvektoren in Zylinderkoordinaten, ϕ, z sind. a Bestimmen Sie die Funktionen f E, f B und den Poynting-Vektor für die TEM- Welle. Lösung: Die elektro-magnetischen Wellen müssen den Maxwell-Gleichungen genügen. Dies werden wir im Folgenden überprüfen. Da im Raum zwischen den Zylindern keine Quellen vorhanden sind müssen die folgenden Gleichungen nachgerechnet werden: i E = 0 In Polarkoordinaten sind x und y gegeben durch: x = cos φ sin φ φ Damit gilt: y = sin φ + cos φ φ E = x E x + y E y + z E z = cos φ sin φ φ E 0 f E e ikz ωt cos φ + sin φ + cos φ φ E 0 f E e ikz ωt sin φ = + 1 E 0 f E e ikz ωt = 0

2 Somit haben wir gefunden: + 1 f E = 0 f E = Const. Die Konstante im letzten Term kann in E 0 in 1 absorbiert werden. Wir verwenden daher f E = 1. 2 ii Eine analoge Rechnung für B = 0 zeigt, dass hieraus keine Einschränkungen auftreten: B = x B x + y B y + z B z = cos φ sin φ φ E 0 f B e ikz ωt sin φ + sin φ + cos φ φ E 0 f B e ikz ωt cos φ = 0 iii Aus der z-komponente der Gleichung findet man: B = 1 c 2 t E B z = x B y y B x = cos φ sin φ sin φ cos φ = + 1 φ φ E 0 f B e ikz ωt E 0 f B e ikz ωt sin φ E 0 f B e ikz ωt cos φ Daher erhält man = 1 c 2 te z = 0 f B = Const.. Die x- und y-komponenten der Gleichung legen die Konstante aus der oberen Gleichung auf 1/c fest, d.h. f B = 1 c. 3 iv Untersuchungen der vierten Maxwell-Gleichung E = t B

3 zeigen, dass hieraus keine neuen Einschränkungen an f E oder f B auftreten. Es folgt, dass die z-komponente der Rotation von E verschwindet [ E] z = 0 4 und damit kann die transversale Komponente des elektrischen Feldes als Gradient eines Potentials geschrieben werden: E = Φ. 5 Die transversale Komponente des elektrischen Feldes E ist die Lösung des elektrostatischen Problems in zwei Dimensionen. Der Poynting-Vektor dieser Wellenkonfiguration ist dann gegeben durch: S = 1 µ 0 Re E Re B = = 1 µ 0 c 2 E2 0 cos 2 kz ωt e e φ 1 µ 0 c 2 E2 0 cos 2 kz ωt e z. b Finden Sie die Längenladungsdichte des inneren Drahtes. Lösung: Wir verwenden das Gaußsche Gesetz und das in der vorigen Aufgabe gefundene E-Feld um die Längenladungsdichte des inneren Drahtes zu bestimmen. Wir legen einen zylindrischen Streifen mit Einheitshöhe um das innere Kabel. Der Fluss des E-Feldes durch die Zylinderoberfläche ist dann gegeben durch: Φ = E 0 2πeikz ωt = 2πE 0 e ikz ωt Daher ist die gesuchte Längenladungsdichte c Finden Sie den Strom im inneren Draht. σ = ReΦ = 2π E 0 coskz ωt. Lösung: Wir verwenden die Kontinuitätsgleichung: J + t σ = 0 Da der Stromdichte-Vektor entlang der z-achse liegt wird diese Gleichung zu Daher finden wir z J = t σ = 2π ωe 0 sinkz ωt = 2π kce 0 sinkz ωt J = 2πc E 0 coskz ωt, 6 wobei wir angenommen haben, dass kein konstanter mit Frequenz Null Strom durch das Kabel fließt.

4 Aufgabe 2: Abstrahlung einer Ladungsverteilung =15 Punkte Gegeben sind zwei positive Ladungen q im Vakuum. Sie befinden sich auf der z-achse bei z 1,2 t = ±a [1 + cos ω 0 t]. Im Ursprung befindet sich zusätzlich die Ladung 2q. a Bestimmen Sie das kleinste nichtverschwindende Multipolmoment der Ladungsverteilung. Lösung: Das elektrische Dipol-Moment des Systems ist: d = q i r i = qz 1 + qz 2 e z = 0. Da die Positionen der Ladungen entlang der z-achse oszillieren ist nur die z-komponente des Stroms von Null verschieden. Daher ist das magnetische Dipolmoment gegeben durch: m = di r = dire z e z = 0. Das elektrische Quadrupole-Moment des Systems ist gegeben durch Q αβ = i 3r iα r iβ r 2 i δ αβ, wobei der Index i die drei Ladungen q, 2q und q indiziert. Das elektrische Quadrupole- Moment besitzt nicht-verschwindende Komponenten: Q xx = i q i z 2 i = 2qa 2 [1 + cosω 0 t] 2 Q yy = i q i z 2 i = 2qa 2 [1 + cosω 0 t] 2 Q zz = i 3qz i 2 q iz 2 i = 4qa 2 [1 + cosω 0 t] 2. b Schreiben Sie das obige Multipolmoment zerlegt in die einzelnen Frequenzkomponenten. Lösung: Normalerweise erfolgt die Zerlegung in die verschiedenen Frequenzmoden mittels der Fourier-Transformation. Hier können wir die einzelnen Moden allerdings nach kurzer Rechnung ablesen: [ 3 Q zz = 4qa 2 [1 + 2 cosω 0 t + cos 2 ω 0 t] = 4qa cosω 0t + 1 ] 2 cos2ω 0t. Da Q xx und Q yy proportional zu Q zz sind, ist ihre Zerlegung proportional zum obigen Ergebnis. Das elektrische Quadrupol-Moment enthält also zwei Moden nicht- verschwindender Frequenz ω 0 und 2ω 0, und wir bezeichnen die zugehörigen Koeffizienten mit Q 1 und Q 2. Dann findet man: und Q 1xx, Q 1yy, Q 1zz = 4qa 2, 4qa 2, 8qa 2 Q 2xx, Q 2yy, Q 2zz = qa 2, qa 2, 2qa 2

5 c Berechnen Sie für jede Frequenz ω die Felder B und E im Fernfeld mit a λ r. Lösung: Wir betrachten nur die beiden Moden nicht-verschwindender Frequenz und definieren für sie die Wellenzahlen k 1 ω 0 c k 2 2ω 0 = 2k 1 c Für die ω 0 -Mode berechnen wir zunächst den folgendermaßen definierten Vektor: Q α,β Q 1αβ n β e β, wobei n r r und Q 1 aus der letzten Aufgabe bekannt ist. Mit diesen Definitionen findet man schnell: Q = 4qa 2 n + 12qa 2 n z e z Wir beginnen mit der folgenden allgemeinen Formel, um das elektrische und magnetische Feld der Quadrupolstrahlung zu berechnen: g 1,el = iω n l Q lp e p = iω Q 24π 24π lp Hierbei ist zu beachten, dass die Q s mit zwei Indizes die Quadrupol-Momente sind und der Vektor Q wie weiter oben definiert ist. Hieraus erhält man g = ik g 1,el = k2 c Q 24π In Gauss-Einheiten würde hier ein Faktor 1 1 anstelle von auftreten. Aufgrund 6 24π dieses Unterschieds erhält man im SI-System einen Extra-Faktor in den Ausdrücken für die Felder und die Strahlungsleistung. Wir erhalten ie B ik 1r 1 = µ 0 k 1 n g 1 r = iµ 0ck1e 3 ik 1r n Q r 1 = iµ 0ck π e ik 1r r n 12qa2 n z e z e ik 1r = iqa2 µ 0 ck1 3 2π r n yn z, n x n z, 0 T, wobei wir in der dritten Gleichung die Identität n n = 0 verwendet haben, und E 1 = 1 c B 1 n e ik1r = iqa2 k1 3 2π r n z n x n z, n y n z, n 2 x + n 2 y T Für die 2ω 0 -Mode erhalten wir analog: B 2 = iqa2 µ 0 ck 3 2 8π E 2 = iqa2 k 3 2 2π e ik2r e ik 2r r n yn z, n x n z, 0 T r n z n x n z, n y n z, n 2 x + n 2 y T.

6 d Berechnen Sie die von der Ladungsverteilung abgestrahlte Leistung pro Raumwinkel und die gesamte abgestrahlte Leistung P. Skizzieren Sie dp dω. Lösung: Die Strahlungsleistung der ersten Mode ist: dp 1 dω = k2 1 n g k 6 = 1c 2 n Q 2 24π 2 ɛ = = c2 k 6 1c π 2 12qa 2 2 n y n z, n x n z, 0 2 8π 2 q2 a 4 k1 6 n 2 ɛ z1 n 2 z 0 = c2 8π 2 q2 a 4 k1 6 cos 2 θ sin 2 θ wobei wir n z als n z = c cos θ geschrieben haben. Analog erhalten wir: dp 2 dω = k2 2 n g c 2 = 128π 2 q2 a 4 k2 6 n 2 ɛ z1 n 2 z 0 = c2 2π 2 q2 a 4 k1 6 cos 2 θ sin 2 θ wobei wir die Relation k 2 = 2k 1 verwendet haben. Wir erwarten Misch-Terme wenn wir die Quadrat-Wurzel aus der kohärenten Summe der elektro-magnetischen Felder der beiden Moden ziehen. Allerdings können wir den zeitgemittelten Mischterm für große Zeiten vernachlässigen. Wir verwenden daher: dp dω = dp 1 dω + dp 2 dω = 5c2 8π 2 q2 a 4 k 6 1 cos 2 θ sin 2 θ An dieser Stelle sehen wir, dass dp dω sin2 2θ. Somit wird dp dω für θ = ± π maximal 4 und verschwindet für θ = 0, π, π. Eine Skizze findet sich in Abbildung 1. 2 Integrieren wir über den vollen Raumwinkel erhalten wir für die Abstrahlleistung: P = 5c2 8π 2 q2 a 4 k1 6 = q2 a 4 ω 6 0 6πc 4 π. 0 2π dθ dφ sin θ cos 2 θ1 cos 2 θ 0

7 Abbildung 1: Die elektrische Quadrupol-Strahlung besteht aus vier symmetrischen Zonen Aufgabe 3: Hohlraumresonator 10+5=15 Bonuspunkte Betrachten Sie einen zylindrischen Hohlraumresonator mit Innenradius a und Länge l. a Finden Sie die Eigenmoden des Resonators. b Drücken Sie die Eigenfrequenzen des Resonators durch die Nullstellen j mn j mn der Bessel-Funktion bzw. ihrer Ableitung [J m j mn = 0, J m j mn = 0] aus. Wir suchen nach Lösungen der Wellengleichung im Vakuum die sowohl Lösungen der Maxwell-Gleichungen sind als auch die Randbedingungen erfüllen. Hierzu beginnen wir mit der Wellengleichung 2 1 c 2 t Ψt, x = 0 7 wobei Ψt, x hier für die z-komponente von Et, x oder Bt, x steht. Aufgrund der Symmetrie des Problems verwenden wir Zylinderkoordinaten und machen für Ψ den Ansatz: Ψt,, φ, z = Ae iωt kz+mφ f, A C, m Z 8 Setzen wir diesen Ansatz in ein finden wir mit dem Laplace-Operator in Zylinderkoordinaten: ω c 2 Ψt, x 1 Ψt, x = f f m2 Ψt, x 2 k2 Ψt, x 9 Nach kurzer Umformung führt dies zu 2 f 2 + f + 2 ω2 c 2 k2 m 2 f = 0 10 }{{} =:kc 2 Wir wollen im Folgenden annehmen, dass k c > 0 gilt. Dann können wir mit := k c und f := f umschreiben als 2 f + f + 2 m 2 f = 0 11

8 Wir erkennen in 11 die Besselsche Differentialgleichung und eine Lösung dieser ist die Bessel-Funktionen m-ter Ordnung. Da m Z gilt ist die Neumann-Funktionen m-ter Ordnung eine von der Bessel-Funktion m-ter Ordnung linear unabhängige Lösung. Diese hat allerdings für m Z eine Singularität im Ursprung, sodass wir f = α m J m k c mit α m C wählen. Somit ist Ψt,, φ, z = α m e iωt kz+mφ J m k c, α m C, m Z 12 Hierbei haben wir die Konstanten A und α m in einer neuen Konstante α m zusammengefasst. Nun können wir die Maxwell-Gleichungen verwenden um den zur z-komponente von E B gehörigen orthogonalen Anteil E B zu bestimmen. Hier und im folgenden verwenden wir das Symbol für Anteile von Vektoren senkrecht zur z-achse. Da Ψt,, φ, z für die z-komponente von E- und B-Feld steht fordern wir auch für die anderen Komponenten die Form Et, x = Ẽx, ye iωt kz 13 Bt, x = Bx, ye iωt kz 14 Weiterhin führen wir das Symbol := e x x + e y y ein. Mit 13 und 14 rechnet man leicht die folgenden Relationen nach: E t, x = ike t, x e z 15 Addiert man diese beiden Gleichungen findet man E z t, x e z = E z t, x e z 16 Et, x = E t, x + E z t, x e z = ik E t, x + E z t, x e z 17 Unter Zurhilfenahme der dritten Maxwell-Gleichung Induktionsgesetz und mit 14 folgt hieraus iω B t, x = ik E t, x + E z t, x e z 18 Mit einer analogen Rechnung findet man im Inneren des Hohlraumresonators gilt j = 0 Aus diesen Gleichungen folgt iωµ 0 E t, x = ik B t, x + B z t, x e z 19 iω B t, x e z = ik E t, x + E z t, x 20 iωµ 0 E t, x e z = ik B t, x + B z t, x 21 Mit diesen beiden Gleichungen findet man durch Einsetzen mit µ 0 = c 2 : Analog findet man ik 2 c E t, x = k E z t, x + ω B z t, x e z 22 ik 2 c B t, x = k B z t, x ω c 2 E z t, x e z 23

9 In Zylinderkoordinaten ist gegeben durch = e + e φ 1 φ 24 Wir betrachten nun den Fall von TE- und B-Wellen mit E z = 0. Für E z = 0 folgt aus 22 und 23: ikc 2 E 1 t, x = ω e φb z t, x e φ B z t, x ikc 2 B 1 t, x = k e B z t, x + e φ φb z t, x Nun können wir unseren Ansatz für B z derart modifizieren, dass er die folgenden Randbedingungen erfüllt: Betrachtet man E φ t, = a, φ, z = 0 27 B t, = a, φ, z = 0 28 B z t,, φ, z = α m e iωt kz+mφ J m k c 29 erkennt man aus 25 und 26 sofort, dass die Randbedingungen auf dem Zylindermantel erfüllt sind, wenn k c a = j mn gilt, wobei j mn die n-te Nullstelle der Ableitung der Bessel-Funktion m-ter Ordnung bezeichnet, also J m j mn = 0 30 Um die Randbedingungen für die Zylinderkappen berücksichtigen zu können superponieren wir unterschiedliche Lösungen der Wellengleichung und erhalten B z t,, φ, z = β m sin kze imφ e iωt J m k c 31 mit einer neuen Konstanten β m C. Damit ist die erste longitudinale Randbedingung B z t,, φ, z = 0 = 0 automatisch erfüllt. Die zweite longitudinale Randbedingung B z t,, φ, z = l = 0 ist erfüllt, wenn k = pπ mit p Z gilt. Somit finden wir aus der Dispersionsrelation ω 2 = c 2 k 2 l c + k 2 die folgenden Frequenzen der Eigenmoden für TE-Wellen und B-Wellen mit E z = 0: j ωmnp 2 = c 2 mn 2 a + p2 π 2, m, p Z, n N 32 2 l 2 E t, x und B t, x lassen sich mit Hilfe von 25 und 26 berechnen. Das Vorgehen für TM- und E-Wellen mit B z = 0 ist analog, wie wir im Folgenden sehen werden. Sei also nun B z = 0. Dann finden wir aus 22 und 23: ik 2 c E t, x = k e E z t, x + e φ 1 φe z t, x ik 2 c B t, x = ω c 2 e 1 φe z t, x e φ E z t, x 33 34

10 Die zu erfüllenden Randbedingungen lauten: Wir modifizieren unseren Ansatz E φ t, = a, φ, z = 0 35 E z t, = a, φ, z = 0 36 B t, = a, φ, z = 0 37 E z t,, φ, z = α m e iωt kz+mφ J m k c 38 nun derart, dass er die Randbedingungen erfüllt. Zunächst betrachten wir die Randbedingung 36. Ein Vergleich mit 38 zeigt sofort, dass dies erfüllt ist, wenn wir k c = jmn wählen, wobei j a mn n N die n-te Nullstelle der m-ten Bessel-Funktion bezeichnet. Dies erfüllt zugleich die Randbedingungen 35 und 35, denn wie wir aus 33 und 34 sehen, gilt und E φ t, = a, φ, z = k ikc φe 2 z t, x =a = mk kc α me iωt kz+mφ J 2 m j mn = 0 39 }{{} =0 B t, = a, φ, z = ω ikcc 2 2 φe z t, x =a = mω kcc α me iωt kz+mφ J 2 2 m j mn = 0 40 }{{} Um auch die Randbedingungen auf den Zylinderkappen berücksichtigen zu können superponieren wir wieder verschiedene Lösungen der Wellengleichung und erhalten E z t,, φ, z = β m sin kze imφ e iωt J m k c 41 mit einer Konstanten β m C. Auch für diesen Fall gilt, dass die erste longitudinale Randbedingung E z t,, φ, z = 0 = 0 automatisch erfüllt ist und die zweite longitudinale Randbedingung E z t,, φ, z = l = 0 erfüllt ist, wenn k = pπ mit p Z gilt. Somit finden wir aus der Dispersionsrelation l ω 2 = c 2 kc 2 + k 2 die folgenden Frequenzen der Eigenmoden für TM- und B-Wellen mit B z = 0: j ωmnp 2 = c 2 2 mn a + p2 π 2, m, p Z, n N 42 2 l 2 =0