Theoretische Physik II Elektrodynamik Blatt 10. Zeigen Sie, dass aus den Gleichungen. y = 0.

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Werner Geier
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1 PDDr. S.Mertens M. Hummel Theoretishe Physik II Elektrodynamik Blatt 1 SS TEM-Moden im Koaxialkabel. Ein Koaxialkabel kann eine reine TEM-Welle übertragen, während in einem rohrförmigen Hohlleiter nur TE- TM- Wellen transportiert werden können. a) Zeigen Sie, dass aus den Gleihungen 1Pkt.) E,y E,x = iωb,z 1) E,z ike,y = iωb,x ) ike,x E,z = iωb,y 3) B,y diebeziehungen ω = k, E,y = B,x E,x = B,y sowie B,x = iω E,z 4) B,z ikb,y = iω E,x 5) ikb,x B,z = iω E,y 6) b) folgen. E,x + E,y = E,y E,x = B,x + B,y = B,y B,x =. Gleihungen7) sind gerade die Maxwell-Gleihungen der Elektrostatik bzw. Magnetostatik im leeren Raum, falls E = E x,y) B = B x,y). Verwenden Sie die Methoden oder Ergebnisse der Statik im zylindersymmetrishen Fall, um die Gleihungen zu lösen. Zeigen Sie insbesondere, dass diese Lösungen in die Gleihungen 7) Pkt.) ) Ex,y,z,t) = E x,y)e ikz ωt) Bx,y,z,t) = B x,y)e ikz ωt) eingesetzt in Zylinderkoordinaten E = A r eikz ωt) e r B = A r eikz ωt) e φ ergeben. Dabei ist A eine Konstante. Zeigen Sie direkt, dass die Gleihungen8) die Maxwell-Gleihungen für das Vakuum dierandbedingungen E = B = erfüllen. 8) 1Pkt.) insgesamt 4 Pkt.) Lösung: a) Mit B,z = E,z = lautendiebeziehungen1)bis 6) E,y E,x = 9) ke,y = ωb,x 1) ke,x = ωb,y 11) B,y B,x = 1) kb,y = ω E,x 13) kb,x = ω E,y. 14) Seite1von7

2 Theoretishe Physik II Elektrodynamik SS 9 Aus 1) bzw.14) folgernwir E,y = ω k B,x E,y = k ω B,x. Beide Beziehungen können nur dann gleihzeitig gelten, wenn ω = k, bzw. ω = k,falls ω >, k > >.Damitfolgensofortaus1) 13) E,y = B,x E,x = B,y, bzw. durhdifferenziationvon1) nah y bzw. 13) nah x erhältman weiter E,y = B,x E,x = B,y. Die Addition dieser beiden Gleihungen liefert mit1) E,x + E,y = B,x B ),x =. Analog erhältman durhdifferenziationvon1) nah x 13)nah y E,y = B,x E,x = B,y. Subtraktion der beiden Gleihungen Division durh ergibt mit9) B,x + B,y = 1 E,x E ),y =. b) In der Statik gilt rot E = bzw. E = grad φ. Wegen der Zylindersymmetrie ist E = E r) e r das Potential hängt nur von r ab, φ = φr). Somit lautet die Laplae-Gleihung in Zylinderkoordinaten 1 r r r φr) r ) =. Die Lösung dieser Gleihung r φr) = onst. = Ã r Ã φr) = r dr = Ãlnr +C finden wir mit den Integrationskonstanten Ã C durh zweimalige Integration. Elektrishe Feld lauten darum [ E = grad φ = d ] dc Ãlnr) + e r = Ã dr dr r e r = A r e r. damit ergibt sih aus E,y = B,x E,x = B,y durh Umshreiben in kartesishe Koordinaten E = A r os ϕ sin ϕ B = A r sin ϕ os ϕ Seitevon7

3 Theoretishe Physik II Elektrodynamik SS 9 bzw. wieder in Zylinderkoordinaten B = A r e ϕ. Mit dem Ansatz Ex,y,z,t) = E x,y)e ikz ωt) Bx,y,z,t) = B x,y)e ikz ωt) ergeben sih sofort die Gleihungen8). ) Die Gleihungen8) erfüllen die Maxwell-Gleihungen, denn es gelten div E = 1 r div B = 1 r r r E r) = 1 r ϕ r A r eikz ωt) A e ikz ωt)) = ) =. Weiterhin ist rot E = A r i k eikz ωt) B t = A r i ω eikz ωt) e ϕ, woraus mit ω = k rot E = B t folgt, analog finden wir mit A r i k eikz ωt) rot B = E t = A r i ω eikz ωt) e r die Gleihung rot B = k ω E t = 1 E t. Aus 8) lesenwirunmittelbar E = E ϕ e ϕ +E z e z = B = B r e r = ab. Seite3von7

4 Theoretishe Physik II Elektrodynamik SS 9. Liénard-Wiehert-Potentiale einer Punktladung. Berehnen Sie die Liénard-Wiehert-Potentiale einer Punktladung q, die sih mit konstanter Geshwindigkeit v bewegt sih 4Pkt.) zur Zeit t bei wt) = vt befindet. Zeigen Sie insbesondere, dass sih das skalare Potential als φ r,t) = 1 4πε q R 1 v sin θ shreibenlässt.dabeiist R = r vtderabstandzwishendemort rdemmomentanen AufenthaltsortderLadung q θ derwinkelzwishen R v.fürnihtrelativistishe Geshwindigkeiten geht das Potential also in das Potential über. φ r,t) = 1 q 4πε r vt Lösung: Wir berehnenzunähst dieretardiertezeit t r.allgemeingilt r vt r = vt, woraus durh Quadrieren r r vt r +v t r = t tt r +t r) folgt.diesequadratishegleihung in t r hat diebeidenlösungen t r = t r v) ± t r v + +v )r t ) v. 15) Physikalih interessant ist nur eine dieser beiden Lösungen. Welhe das ist, erkennt man duh Analyse des Grenzfalls v =, in dem die Ladung bewegungslos im Koordinatenursprung liegt. Hier gilt t r = t ± r, daimmert r tgilt,mussdielösungmitdemnegativenvorzeihen,diephysikalish relevante sein. FürdenAbstand Rr zwishenretardiertemort vt r demortsvektor r gelten Rr = r vt r R r = t t r ) Rr R r = r vt r t t r ). FürdenAusdruk R r Rr v/ findenwir somit ) R r Rr v = R r 1 v R r R r = t t r ) v r = t t r ) 1 v r vt ) r t t r ) + v t r = 1 [ t r v) v )t r ]. Seite4von7

5 Theoretishe Physik II Elektrodynamik SS 9 Setzen wir hierin noh die Lösung 15) mit dem negativen Vorzeihen ein, so folgt R r Rr v = 1 t r v + +v )r t ). Die retardierten Potentiale lauten somit φ r,t) = 1 4πε q R r Rr v = 1 q 4πε t r v + +v )r t ) 16) A r,t) = µ 4π q v R r Rr v = µ q v 4π t r v + +v )r t ) 17) Das skalare Potential 16) lässt sih auh als φ r,t) = 1 4πε q R 1 v sin θ 18) shreiben. Denn es folgt zunähst duh Ausmultiplizieren Sortieren 1 [ t r v + +v )r t ) ] = r r vt +v t r v + r v) = r r vt +v t r v r vv t +v 4 t + r v) r vv t +v 4 t = r r vt +v t v r r vt +v t ) + r v v t mitdemdistanzvektor R = r vt folgtweiter = R v R + R v) = R 1 v + v R v) R v ) = R 1 v 1 R v) R v )) mitdemkosinusos θ = R v Rv zwishen R dergeshwindigkeit v erhaltenwir shließlih = R 1 v 1 os θ ) ) ) = R 1 v sin θ. Aus 16) folgt damit unmittelbar das Potential 18). 3. TE -Mode.ZeigenSie,dassesineinemrehtekigenWellenleiterkeineTE -Lösunggibt. 3Pkt.) Hinweis: Beahten Sie, daß in diesem Fall Gleihung 18.5) aus der Vorlesung niht gilt. Wieso niht?) Seite5von7

6 Theoretishe Physik II Elektrodynamik SS 9 Lösung: In der Vorlesung haben wir gesehen, dass wir die Gleihungen 18.4) lösen müssen, um Bedingungen an TE- Moden zu bestimmen. Die Gleihungen lauten: E y E x = iωb z 18.4.i) B y B x = iω E z 18.4.iv) E z ikωe y = iωb x 18.4.ii) B z ikb y = iω E x 18.4.v) ike x E z = iωb y 18.4.iii) ikb x B z = iω E y 18.4.vi) In dervorlesunghaben wir unter derannahme, dass ω = k gilt,diegleihungenzu E x = i k E z + ω B z 18.5.i) k ω E y = i k E z ω B z 18.5.ii) k ω B x = i k B z ω E z 18.5.iii) k ω B y = i k B z + ω E z 18.5.vi) k ω umgeformt nur die transversalen in Abhängigkeit von den longitudinalen Feldkomponenten E z B z dargestellt.alslösungfüreinete m,n -Modeerhaltenwirdie Dispersionsrelation ω ) [ ] k = π m a + n b. Für m = n = ergibt sih daraus aber ω = k, was die Umformung zu 18.5) ungültig mahtnenner wird Null). Deshalb müssen wir zu18.4) zurük gehen ausgehend von diesen Gleihungen beweisen, dass eine T -Mode niht möglih ist. Zunähst folgernwiraus E z = E y 18.4.ii) = ω k B x = B x E x 18.4.iii) = ω k B y = B y. Mit diesen beiden Gleihungen erhalten wir sofort B z B z 18.4.v) = i kb y ω ) B y) = 18.4.vi) = i kb x + ω ) B x) =. Damit muss B z = B z x,y) also konstant sein. Wenden wir nun das Faraday she Induktionsgesetz auf den Quershnitt des Wellenleiters an, zeigt sih wegen unseres Ansatzes ebenerwellen B = iω B) Bz = onst Ed l = iω Bd A = iωe ikz ωt) B z ab). Wählen wir die Berandung dieser Flähe in die Leiteroberflähe hinein, so gilt bei einem perfekten) Leiter E =. Damit vershwindet das Integral auf der linken Seite somitmuss B z = gelten.damitwürdeessihumeinetem-modehandeln.wie wir aber in der Vorlesung gesehen haben, kann in einem leeren Hohlleiter keine TEM- Mode existieren. Seite6von7

7 Theoretishe Physik II Elektrodynamik SS 9 Auf diesem Übungsblatt sind maximal 11 Punkte zu erreihen, Abgabe der ersten beiden Aufgabenerfolgtam46.9. Seite7von7

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