n 2 2 n n 2 1 cos 2 {θ} = n 1 cos{θ} 1 r 1 + r

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Ella Kranz
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1 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 Aufgabe 3 Punkte) Das elektrische Feld liegt parallel zur Grenzfläche, also ist die Welle TE- polarisiert Der Reflektionsfaktor ist laut Skript dann r = n k k2 2 k 2 + n k 2 n k k2 2 k 2 + n = n cos{θ} n 2 2 n 2 + n 2 cos 2 {θ} k 2 n cos{θ} + n 2 2 n 2 + n 2 cos 2 {θ} Nach Umstellen folgt und damit n 2 2 n 2 + n 2 cos 2 {θ} = n cos{θ} r + r ) 2 n 2 = n r + cos2 {θ} ) = r Aufgabe 2 5 Punkte) Das Feld auf der Innenseite geht aus den Stetigkeitsbedingungen hervor Zunächst muss das tangentiale E- Feld stetig sein Das heißt n E 2 E ) = Im weiteren muss das normale D- Feld bis auf die Oberflächenladung stetig sein Über die Oberflächenladung ist nichts bekannt Dies gibt also keine Information Aus der Kontinuitätsgleichung folgt noch, dass die Normalkomponente der Stromdichte stetig ist: n j 2 j ) = Mit der Wahl n = e ρ tragen die Größen außerhalb des Zylinders den Index 2 und innerhalb den Index Das elektrische Feld außerhalb des Zylinders ist nach Vorgabe E 2 = E ρ e ρ ± E φ e φ = V/m e ρ ± e φ ), so dass für das E- Feld Innen mit E = E ρ e ρ + E φ e φ das tangentiale Feld E φ = E φ folgt Die Stromdichte außerhalb des Zylinders ist wegen mangelnder Leitfähigkeit j 2 = und somit gilt j e ρ = σ E e ρ =, also E ρ = E {ρ = D/2} = ±E φ e φ = ± V/m e φ

2 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 2 Aufgabe 3 3 Punkte) Der Potenzialverlauf folgt wegen der Zylindersymmetrie aus der direkten Integration der eindimensionalen Laplacegleichung in Zylinderkoordinaten V = V {r } + V {r 2 } V {r }) ln{ r r } ln{ r 2 r } wobei hier r = d/2, r 2 = D/2 und V {r 2 } V {r } = U zu setzen sind Das elektrische Feld folgt aus der Ableitung E = ρ V e ρ = U ln{ D} ρ e ρ d Die Oberflächenladung an der inneren Elektrode resultiert aus der Stetigkeitsbedingung bei ρ = r ϱ S = D e ρ = ɛ E eρ = ɛ U ln{ D d } 2 d und die zugehörige längenbezogene Ladung Q = womit die längenbezogene Kapazität 2π ϱ S r dφ = U 2πɛ ln{ D d } C = Q U = 2πɛ ln{ D d } resultiert Damit folgt für den Außendurchmesser { } 2πɛ D = d exp 35 mm C Aufgabe 4 Punkte) Das Koordinatensystem wird so gelegt, dass sich die beiden Punktladungen auf der z- Achse befinden, und zwar die positive bei z = L/2 und die negative bei z = L/2 Für das elektrische Feld ergibt sich dann ) E = Q x e x + y e y + z L/2) e z 4πɛ x 2 + y 2 + z L/2) 2 ) x e x + y e y + z + L/2) e z 3/2 x 2 + y 2 + z + L/2) 2 ) 3/2

3 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 3 Das elektrische Feld auf der Fläche in der Mitte zwischen den Ladungen bei z = ) ist und im Ursprung somit E M = Q L 4πɛ x 2 + y 2 + L/2) 2 ) 3/2 e z = E M e z E M { r = } = E = 2Q πɛ L 2 Im Abstand ρ zur z- Achse soll das Feld nicht mehr als 5 % abgefallen sein, also E M {ρ} = Q L 4πɛ ρ 2 + L/2) 2 ) 5)E 3/2 = 5) 2Q πɛ L 2 Für ρ ergibt sich also 995 L 2 ) 3 = Nach quadrieren und umstellen resultiert [ ρ 2 + ) ] 3 L ρ = L Alternativ kann auch nur näherungsweise gerechnet werden: L/2) 5) 3 ρ 2 + L/2) 2 ) 3/2 L/2) 3 + 3/2)2ρ/L) 2 ) ) 3/2)2ρ/L) 2 L/2) 3 woraus 3/2)2ρ/L) 2 5 und damit ρ L/2 3) 2887 folgt, was im Vergleich zum exakten Ergebnis etwa um 2% abweicht Aufgabe 5 3 Punkte) Das Biot-Savart-Gesetz lautet

4 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 4 B{ r} = µ 4π V j v { r } r r ) r r 3 d 3 r Der Übergang zum Stromfaden erfolgt durch die Ersetzung von j V d 3 r = j V e t d 3 r mit d 2 I d l wie im Script angegeben Also und damit längs der Kurve C B{ r} = µ 4π V r r ) r r 3 d2 I d l B{ r} = µ 4π C r r ) r r 3 I d l, wobei d l natürlich in Tangentialrichtung zeigen muss, also d l{t} = r t t =t dt bei gegebener parametrisierter Kurve r {t} mit Parameter t Aufgabe 6 5 Punkte) Im Innern gilt die Laplace-Gleichung V = Das Potenzial ist bereits in Kugelflächenfunktionen entwickelt, also ist V = V r cos θ die gesuchte 3 4π Auf dem formalen Weg sieht die so aus: V {a, θ, ϕ} = l l= m= l Al,m a l + B l,m a l+)) Y l,m {θ, ϕ} = V a 3 4π cos{θ} jetzt wird das Skalarprodukt gebildet, damit die Orthogonalitätsrelationen angewandt werden können, also l l= m= l 2π π Al,m a l + B l,m a l+)) Y l,m {θ, ϕ}y l,m{θ, ϕ} sin{θ} dθ dϕ =

5 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 5 Nach Integration bleibt 2π π ) 3 V a 4π cos{θ} Yl,m{θ, ϕ} sin{θ} dθ dϕ l Al,m a l + B l,m a l+)) δ l,l δ m,m = V aδ,l δ,m l= m= l Anwenden der Kronecker-Symbole liefert A l,m al + B l,m a l+) = V aδ,l δ,m damit bleibt nur noch der Koeffizient A, = V übrig und die für den Innenraum lautet 3 V = V r 4π cos{θ} Aufgabe 7 5 Punkte) Die Volumenladungsdichte wird aus dem Gaußschen Gesetz E = ϱ V ε berechnet Einsetzen liefert und E = V und im eindimensionalen Fall V = ϱ V ε Nach Einsetzen des Potenzials folgt d 2 dx 2 V = ϱ V ε V e ϱ V = ε { d 2 e exp x } d

6 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 6 Aufgabe 8 7 Punkte) Aus Φ M = M kann das magnetische Potenzial berechnet werden Die Divergenz des angegebenen Vektorfelds im Bereich x d ist gerade M, also gilt d 2 dx 2 Φ M = M Zweimaliges Integrieren und Einsetzen der Randbedingungen gibt Das Magnetfeld H lautet also Φ M = M 2 x2 H x M = H M x) e x Aufgabe 9 Punkte) Die Wellengleichungen lauten und A µ σ t A εε µ t 2 A = µ j φ el µ σ t φ el εε µ t 2 φ el =, welche sich auf Grund von Symmetrie eindimensional schreiben lassen: x 2 A µ σ t A εε µ t 2 A = µ j

7 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 7 x 2 φ el µ σ t φ el εε µ t 2 φ el = Mit dem Ansatz φ el = φ x) exp{iωt} wird die Wellengleichung für das Potenzial zu x 2 φ iµ σωφ + εε µ ω 2 φ = Die Eigenwerte sind λ,2 = ±iω εε iσ/ω)µ, daher muss der Ansatz φ x) = A exp {iλx} + B exp { iλx} gewählt werden, wobei iλ = λ Jetzt muss man nur noch die Randbedingungen für φ aus den Randbedingungen für φ entnehmen φ ) = und einsetzen φ d) = φ P A + B = Damit ist A = A exp {iλd} + B exp { iλd} = φ P φ P exp {iωt} exp {iλd} + exp { iλd} einsetzen und vereinfachen gibt φ P B = exp {iωt} exp {iλd} + exp { iλd} φ = φ P sin{λx} sin{λd}

8 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 8 Aufgabe 5 Punkte) 5) σe 2 cos 2 {ωt} exp{ x }δ{y }δ{z } d 3 r 6) Man bestimmt zunächst die Energiedichte: w el = j E ) j = σe 2) w el = σ E 2 3) = σe 2 cos 2 {ωt} exp{ x}δ{y}δ{z} 4) und erhält durch Integration über den Halbraum x > die Wärmeenergie: W el = w el d 3 r V = V = σe 2 cos 2 {ωt} exp{ x } dx 7) = σe 2 cos 2 {ωt} [ exp{ x }] 8) = σe 2 cos 2 {ωt} 9) Schießlich muß noch das zeitliche Mittel gebildet werden: W el = 2 σe2 ) Aufgabe 6 Punkte) Der gesamte Strom I muß über die Mantelfläche radial an das umgebende Medium abgegeben werden: j = I 2πdL e ρ ) Da in der Aufgabe der Radius mit d bezeichnet war, konnte man Radius und Durchmesser leicht verwechseln, weshalb auch als anerkannt wird! j = I πdl e ρ 2)

9 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 9 Aufgabe 2 8 Punkte) Diese Aufgabe läßt sich analog zur Aufgabe 7 aus der Klausur vom Herbst 2 lösen Auf den Zylinderdeckeln steht das B-Feld senkrecht und ist somit stetig n B2 B ) = 3) Interessant sind nur die Flächen, an denen das Magnetfeld tangential anliegt, also der Zylindermantel Es sei angenommen, daß das angelegte Feld parallel zu z-achse liegt: Dann gilt an jedem Punkt des Zylindermantels: Da im Vakuum gilt µ = : B = B e z 4) n H2 H ) = j s 5) = n B ) B 6) µ µ 2 µ µ j s = ) n B B µ µ 7) 2 ) ) B = e ρ e z 8) µ µ 2 )) B = e φ 9) µ 2 Man erhält also eine Oberflächenstromdichte der Stärke j = B Mantel im Kreis herumfließt Auflösen nach µ 2 und einsetzen der gegebenen Daten leifert: µ µ ) µ 2, die um den µ 2 = jµ B + 2) = A m 4π 7 H m + T 2) µ 2 = ) χ m = µ 2 = )

10 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 Da der Umlaufsinn des Stromes nicht gegeben war, konnte das Vorzeichen nicht bestimmt werden! Aufgabe 3 8 Punkte) Wir legen die Kreisscheibe in die x-y-ebene Dann gilt für die Raumladungsdichte: ϱ v = ϱ s δ{z} 24) = ϱ sin{ϕ}δ{z} 25) Um das Potential zu bestimmen setzt man in die Integralform der Poisson-Gleichung ein: V = ϱ sin{ϕ }δ{z } 4πε r r 3 d 3 r 26) = ϱ 4πε V R 2π sin{ϕ } ρ2 + ρ 2 2ρρ cos{ϕ ϕ } ϕ dϕ dρ 27) Dies allgemein zu lösen wäre etwas lästig, aber für alle Punkte auf der Geraden ϕ = gilt: V = ϱ 4πε = ϱ 4πε R 2π R 28) sin{ϕ } ρ2 + ρ 2 2ρρ cos{ϕ } ϕ dϕ dρ 29) [ ρ2 + ρ 2 2ρρ cosϕ ) ρρ ] 2π ϕ dρ 3) = 3) Aufgabe 4 3 Punkte) Die dieser Aufgabe liegt in der Kontinuitätsgleichung für elektrische Ladungen verborgen ϱ V { r, t} t + j V { r, t} = ϱ V { r, t} t + ) ϱ V { r, t} v { r, t} = 32)

11 Elektromagnetische Felder und Wellen: zur Klausur Frühjahr 22 Dort steht mit anderen Worten, dass Ladungen, welche sich bewegen nicht mehr als freie Ladungen bezeichnet werden sondern als Strom Die Ladungsanordnung in der Aufgabe erzeugt ein Feld, durch welches sich die Ladungen in Bewegung setzen und somit zu Strom werden, während die freie Ladungsdichte exponentiell abnimmt, wie es in der angegebenen beschrieben wird

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