Felder und Wellen 1/20 Klausur F14. r = a

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1 Felder und Wellen 1/2 Klausur F14 Aufgabe 1 (16 Punkte) Gegeben ist folgende kugelsymmetrische Anordnung: r = c r = a r = b Die einzelnen Raumbereiche weisen dabei folgende Raumladungsdichten, Leitfähigkeiten und Dielektrizitätskonstanten auf. r < a : = 2 r 3 κ = ǫ = ǫ r 3 a r < b : = κ = ǫ = r2 ǫ 3r 2 b r c : = κ = ǫ = ǫ c < r < : = κ = ǫ = ǫ a) Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E in Abhängigkeit von r im Bereich von r < b. b) Die Raumladungsdichte im Bereich a r < b soll nun in Abhängigkeit vom Radius r so geändert werden, so dass das dabei entstehende E-Feld E unabhängig vom Radiusader inneren Kugel wird. Bestimmen Sie E(r) und (r) im Bereicha r < b. Wenn Sie kein Ergebnis für (r) aus Aufgabenteil b) berechnet haben, rechnen Sie im Bereich a r < b mit = ρ weiter. c) Berechnen Sie die elektrische Feldstärke E in Abhängigkeit vonr im Bereich vonb r <. d) Berechnen Sie das elektrostatische Potential Φ(r) im Bereich b r < unter der Vorausetzung Φ( ) =. Hinweis: starten Sie bei der Berechnung des Potentials bei r=.

2 Felder und Wellen 2/2 Klausur F14 Lösung 1 (16 Punkte) a) Elektrisches Feld: Satz von Gauss Dd f = dv Kugelsymmetrie: E = E r (r) e r 2π π r 2π π ǫe r r 2 sin(θ)dθdφ = ρr 2 sin(θ)dθdφdr 4π ǫe r r 2 = 4π ρr 2 dr r < a : a r < b : 4π ǫ E r r 2 = 4π E r = 4π ǫe r r 2 = 4π r = 4π 2 ρ a 2 ρ r 3 r 2 dr r 3 ρ 3r 3 ǫ r 4 r 3 [ 1 6 r6 ] r 2 ρ r r 5 dr +4π ρ r 3 r 2 dr a r 4π r2 ǫ 3r E rr 2 = 4π ρ 1 2 3ra 6 +4π ρ [ 3 3 r3] a 4π r2 ǫ 3r E rr 2 = 4π ρ a 6 +4π ρ 2 3r 3 3 4π r2 ǫ 3 E r = 4π ρ E r = ρ ǫ b) Das E-Feld soll unabhägig von a sein: a r < b : 4π ǫe r r 2 = 4π ( r 3 a 3) a 6 +4π ρ 3r 3 3 (r3 a 3 ) ( ) r 3 + a6 a3 r 2 r 5 r 2 a rǫ 2 3r E rr 2 = 4π ρ a 6 +4π 2 3r }{{ 3 } A 2 ρ r r 5 dr +4π ρ(r)r 2 dr r 3 a r a ρ(r)r 2 dr

3 Felder und Wellen 3/2 Klausur F14 Der konstante Faktor A muss kompensiert werden. Um a 6 in A kompensieren zu können wird ρ(r) zunächst zuρ(r) = kρ r 3 gewählt 4π ǫe r r 2 = 4π a 2 ρ r r 5 dr +4π kρ r 3 r 5 dr a r 4π r2 ǫ 3r E rr 2 = 4π ρ 1 2 3ra 6 +4π kρ [ 3 6 r6] a 4π r2 ǫ 3r E rr 2 = 4π ρ a 6 +4π kρ 2 3r 3 6 Es ist leicht ersichtlich, dass A für k = 2 r 3 ( r 6 a 6) verschwindet ρ = 2 ρ r 3 r 3 c) b r c : 4π r2 ǫ 3r E rr 2 = 4π ρ a 6 +4π ρ ( r 6 a 6) 2 3r 3 3r 3 E r = ρ r 5 ǫ r 6 E r = (idealer Leiter) κ = c < r < : 4π ǫe r r 2 = 4π Alternative Lösung für = ρ : c < r < : a 2 ρ b r 5 dr +4π r 3 4π ǫ E r r 2 = 4π ρ a 6 +4π ρ 3r 3 r 3 [ 1 3 r6 a ] b 2 ρ r 5 dr r 3 = 4π ρ a 6 +4π ρ b 6 4π ρ a 6 3r 3 3r 3 3r 3 ρ E r = 3rǫ 3 r 2b6 4π ǫe r r 2 = 4π a 2 ρ b r 5 dr +4π ρ r 3 r 2 dr a b 4π ǫ E r r 2 = 4π ρ 1 3ra 6 +4π ρ [ 3 3 r3] a = 4π ρ a 6 +4π ρ 3 b3 4π ρ 3 a3 E r = 3r 3 ρ + a6 a 3 ) 3ǫ r 2(b3 r 3 a

4 Felder und Wellen 4/2 Klausur F14 d) Berechnung von Φ(r) : c < r < : Das Potential an der Stelle r = c ist: Alternative Lösung für = ρ : Φ( ) Φ(r) = Φ(r) = + = = r r [ ρ E r (r )dr b 6 3rǫ 3 r ρ 3rǫ 3 r b6 Φ(c) = ρ 3r 3 ǫ c b6 Φ(c) = ρ 3ǫ c (b3 + a6 a 3 ) r 3 b < r < c: Es existiert kein Feld Φ(r) = const. Alternative Lösung für = ρ : ρ 3r 3 ǫ r 2 b6 dr ] Φ(r) = Φ(c) = ρ 3r 3 ǫ c b6 = Φ(b) Φ(r) = Φ(c) = ρ 3ǫ c (b3 + a6 a 3 ) = Φ(b) r 3 r

5 Felder und Wellen 5/2 Klausur F14 Aufgabe 2 (16 Punkte) Gegeben sei die oben dargestellte Kreisscheibe mit dem Radius R und einem Loch mit dem Radius a in der Mitte. Die Scheibe sei unendlich dünn und hat eine homogen verteilte positive Ladung +Q. Das Koordinatensystem ist rechtshändig, der Ursprung liegt im Zentrum der Kreisscheibe und die z- Achse verläuft senkrecht nach oben durch die Scheibe. a) Berechnen Sie das durch die Scheibe verursachte elektrische Potential Φ S (z) auf der z-achse mit Hilfe des COULOMB-Integrals. Das PotentialΦ S (z) ist so normiert, dass es im Unendlichen zu Null wird (Φ S ( ) = ). Starten Sie Ihre Berechnung mit der Bestimmung der Flächenladungsdichte σ, die sich aus der Gesamtladung +Q ergibt. b) Berechnen Sie das elektrische Feld E auf derz-achse aus dem PotentialΦ S (z). Die Anordnung wird nun erweitert. Im Abstand b wird ober- und unterhalb der Kreisscheibe jeweils eine Kugel mit der Ladung 1 Q platziert. Die Kugeln können als Punktladungen aufgefasst werden. 2 c) Berechnen Sie das elektrische Feld E der beiden Kugeln separat mit Hilfe des Satzes von GAUSS. d) Berechnen Sie aus dem elektrischen Feld E das zugehörige PotentialΦ K für die beiden Kugeln. Das Potential ist so normiert, dass es im Unendlichen zu Null wird (Φ K ( ) = ). Geben Sie die Lösung in kartesischen Koordinaten an, deren Ursprung und Orientierung bereits in den vorherigen Aufgabenteilen a) und b) definiert wurde. Hinweis: Berechnen Sie das Feld und das Potential in den Aufgabenteilen c) und d) unter der Annahme, die Kugeln befänden sich im Ursprung und verschieben Sie für Aufabenteil d) Ihre Lösung anschließend auf derz-achse in den kartesischen Koordinaten! e) Bestimmen Sie den Wert für a, bei dem im Ursprung ( r = (,,)) das Gesamtpotential zu Null wird (Φ gesamt = ), unter der Voraussetzung, dass R = 2a entspricht.

6 Felder und Wellen 6/2 Klausur F14 Lösung 2 (16 Punkte) a) Berechnung des Potentials mit Hilfe COULOMB-Integrals Das Volumenintegral für die Bestimmung des Potentials ist gegeben durch: Φ( r) = 1 ( r ) 4πε r r dv. (1) Für eine unendlich dünne Scheibe vereinfacht sich das Integral zu einem Flächenintegral zu: Φ S ( r) = 1 σ( r) 4πε r r df. (2) Die Flächenladungsdichte σ berechnet sich durch: σ = Q π (R 2 a 2 ). (3) Ein infinitesimal kleines Flächenelement lässt alsdf = r dϕ dr ausdrücken. Für einen beliebigen Punkt auf derz-achse lässt sich der Ausdruck r r schreiben als r r = z 2 +r 2, damit ergibt sich für das Integral: Φ S (z) = σ 4πε R 2π a r z2 + r 2 dϕ dr. (4) Da das Potential nicht vom Winkel ϕ abhängig ist, vereinfacht es sich zu: Φ S (z) = σ 2ε R r z2 +r 2 dr a ] R = σ [ z 2ε 2 +r 2 a = σ [ z2 +R 2ε 2 ] z 2 +a 2 Q [ = 2επ (R 2 a 2 ) z2 +R 2 ] z 2 +a 2. (5) b) Berechnung des elektrischen Feldes Das elektrische Feld E lässt durch Gradientenbildung des Potentials berechnen: E = gradφ. Aufgrund der symmetrischen Anordnung ist das elektrische Feld E nur von der z-richtung abhängig: E(z) = σ 2ε d [ z2 +R dz 2 ] z 2 +a 2 e z = σ 1 z ( 2ε z2 +R 1 ) e z 2 z2 +a 2 = Q 2επ(R 2 a 2 ) z ( 1 z2 +a 1 ) e z. 2 z2 +R 2 (6)

7 Felder und Wellen 7/2 Klausur F14 c) Berechnung der Kugelfelder mit Hilfe des Satzes von GAUSS Das elektrische Feld E einer kugelförmigen Punktladung lässt sich durch Ed f = Q ε ausdrücken. Für eine Kugel ergibt sich daraus: 2π π Er 2 sin(ϑ) dϑdϕ = Q 2ε E [ 2πr 2 ( cos(ϑ)) ] π = Q 2ε (7) E 4πr 2 = Q 2ε E = Q 8πr 2 ε. d) Bestimmung des elektrischen Potentials aus dem elektrischen Feld Durch Integration des elektrischen Feldes E lässt sich das Potential bestimmen: Φ K (r 1 ) Φ K (r 2 ) = Φ K ( ) Φ K (r) = Φ K (r) = Φ K (r) = r 1 r 2 E d s r r E d s Q 8πr 2 ε dr E aus Aufgabenteil c) [ Q 8πεr Φ K (r) = Q 8πεr. ] r Ersetzt manr = x 2 +y 2 +z 2, so erhält man Φ K in kartesischen Koordinaten: Q Φ K (x,y,z) = 8πε (9) x 2 +y 2 +z2. Die Verschiebung umbder Kugeln auf der z-achse führt auf: Q Φ K (x,y,z) =. (1) 8πε x 2 +y 2 +(z b) 2 (8) e) Bestimmung des Lochdurchmessersa Beix =, y =, z = und R = 2a gilt für die einzelnen Potentiale: Q ( Φ S () = 2πε(3a 2 ) 4a2 ) a 2 = Q 6πεa a, 2 Q Φ K (,,) = 8πε ( b) 2 = Q 8πεb. (11)

8 Felder und Wellen 8/2 Klausur F14 Für das Gesamtpotential lässt sich schreiben: Φ gesamt = Φ S ()+2 Φ K (,,) =! Q 6πεa 2 Q 8πεb = 1 6a = 2 8b a = 2 3 b. (12)

9 Felder und Wellen 9/2 Klausur F14 Aufgabe 3 (16 Punkte) Gegeben sei ein Ring mit dem Radius a, siehe Abbildung 1. Der Mittelpunkt des Ringes befindet sich an der Stelle (,,z r ). Dieser Ring sei mit der gleichmäßig verteilten elektrischen Ladung Q geladen und dreht sich mit der Frequenz f in mathematisch positiver Richtung um die z-achse. Abbildung 1: Homogen geladener Ring, der sich mit der Frequenz f um die z-achse dreht. a) In welche der Richtungen e R, e ϕ, e z muss die magnetische Feldstärke auf der z-achse für die oben beschriebene Anordung zeigen? Begründen Sie ohne Rechnung! b) Berechnen Sie die durch den rotierenden Ring entstehende magnetische Feldstärke entlang der z-achse. Im Folgenden dreht sich nun ein Zylinder der Länge 2l, dem Radius a und dem Zylindermittelpunkt (,,) mit der Frequenz f in mathematisch positiver Richtung um die z-achse, siehe Abbildung 2.. Hierbei sei auch der Zylinder mit der LadungQgleichmäßig verteilt geladen. Abbildung 2: Homogen geladener Zylinder, der sich mit der Frequenzf um die z-achse dreht. c) Berechnen Sie die durch den Zylinder entstehende magnetische Feldstärke entlang der z-achse. Hinweise:

10 Felder und Wellen 1/2 Klausur F14 Stellen Sie den Zylinder als infinitesimal kleine Ringe in z-richtung dar. 1 (x 2 +c) dx = x 3/2 c x 2 +c

11 Felder und Wellen 11/2 Klausur F14 Lösung 3 (16 Punkte) a) Auf der z-achse bleibt aus Symmetriegründen nur eine Feldstärke in z-richtung übrig, die anderen Feldkomponenten heben sich auf. b) Durch die Rotation des Ringes mit der Frequenz f entsteht ein Kreisstrom. I = Q f Dieser Kreisstrom erzeugt nach dem Gesetz von Biot-Savart folgende magnetische Flussdichte. B( r) = µi 4π S d s ( r r ) r r 3 a r = und r = ϕ z z r B( r) = µi 4π 2π B( r) = µi 2π 4π B( r) = µi 4π a adϕ ϕ z z r 2π (a 2 +(z z r ) 2 ) 3/2 a(z z r )dϕ a 2 dϕ (a 2 +(z z r ) 2 ) 3/2 a(z z r )dϕ (a 2 +(z z r ) 2 ) 3/2 e r }{{} = 2π + a 2 dϕ (a 2 +(z z r ) 2 ) 3/2 e z B( r) = µi 2 a 2 (a 2 +(z z r ) 2 ) 3/2 e z B( r) = µqf 2 a 2 (a 2 +(z z r ) 2 ) 3/2 e z Hieraus resultiert die magnetische Feldstärke: H( r) = Qf 2 a 2 (a 2 +(z z r ) 2 ) 3/2 e z

12 Felder und Wellen 12/2 Klausur F14 c) Der Zylinder wird nun in infinitesimal kleine Ringe der Breite dz r unterteilt. Jeder Ring trägt dabei die Ladung Q dzr. Somit ergibt sich für jeden Ring folgender Kreisstrom. 2l di = Q dz r 2l f Mittels des Superpositionsprinzips kann nun die magnetische Flussdichte berechnet werden. B( r) = d B S d B( r) = µdi 2 a 2 (a 2 +(z z r ) 2 ) 3/2 e z di = Qdz r 2l f und r = z B( r) = µqf 4l l l a 2 dz r (a 2 +(z z r ) 2 ) 3/2 e z t = z z r dt = dz r B( r) = µqf 4l z l z+l a 2 dt (a 2 +t 2 ) 3/2 e z B( r) = µqf 4l [ a 2 t ( a 2 a 2 +t 2) e z ] z l z+l B( r) = µqf 4l z +l z l ( a2 ) ( a2 ) e z +(z +l) 2 +(z l) 2 Hieraus resultiert die magnetische Feldstärke: H( r) = Qf 4l z +l z l ( a2 ) ( a2 ) e z +(z +l) 2 +(z l) 2

13 Felder und Wellen 13/2 Klausur F14 Aufgabe 4 (16 Punkte) a) Das magnetische Vektorpotential eines Hertzschen Dipols laute: A = A z e z A z = µîl 4πr exp{j(ωt k r)} r 2 = x 2 +y 2 +z 2 Stellen Sie das Vektorpotential A in Kugelkoordinaten dar. Berechnen Sie aus dem Vektorpotential A die magnetische Feldstärke H des Hertzschen Dipols. Nutzen Sie dabei die Näherung für das Fernfeldk r 1. Geben Sie nur die im Fernfeld dominierenden Terme an. b) Gegeben sei nun eine lineare Dipolantenne der Höhe 2h. r h r ~ r z h y x Die von z abhängige Stromverteilung lautet: ( ) 2π I = I sin λ (h z ) Das Fernfeld eines infinitesimal kleinen Dipols ist: de θ = 1 4πε Isinθ ω c 2 r ej(ωt kr) dl Berechnen Sie das Fernfeld für große r. Beachten Sie, dass die Amplitude des Stroms von z abhängt und dass im Phasenterm mit zunehmenden z ein Wegunterschied r zu berücksichtigen ist. Hinweis: b x= b sin(a(b x ))cos(axcos(γ))+jsin(axcos(γ))dx = 2(cos(abcos(γ)) cosab) sin 2 (γ)

14 Felder und Wellen 14/2 Klausur F14 c) Skizzieren Sie die Richtcharakteristik S(θ) der Dipolantenne für h = λ 4 Abbildung. in die vorbereitete ~ z y x d) Wie verändert sich die Richtcharakteristik aus Aufgabe c, wenn die Antenne auf bis zu eine Länge von h = λ verlängert wird? Beschreiben Sie qualitativ.

15 Felder und Wellen 15/2 Klausur F14 Lösung 4 (16 Punkte) a) Das magnetische Vektorpotential A lautet in Kugelkoordinaten: A = A z (cos(θ) e r sin(θ) e θ ) Die magnetische Feldstärke lautet: H = 1 µ rota z(cos(θ) e r sin(θ) e θ ) Nach Einsetzen von A z aus der Aufgabenstellung kommt man auf: H = Îl 4π exp{j(ωt k r} (1+jk r) sin(θ) e r 2 φ Mit der Näherung k r 1 für das Fernfeld bleibt der dominierende Term übrig: H = Îl 4π exp{j(ωt k r} jk r sin(θ) e φ b) Da der Dipol in z-richtung zeigt, gilt folgender Ansatz: E θ = h z= h 1 ω 4πεc 2 r I sin(k(h z ))e j(ωt kr ) sinθdz Für große r gilt 1 r 1 r jedoch muss beim Phasenterm der Wegunterschied genau beachtet werden. Für große r sind die Strahlen r und r parallel und es gilt: r = r zcosθ Damit lässt sich das Integral umformen zu: E θ = I ω 4πεc 2 r sinθ h z= h = I ω 4πεc 2 r sinθej(ωt kr) = I ω 4πεc 2 r sinθej(ωt kr) sin(k(h z ))e j(ωt kr+kzcosθ) dz h z= h h z= h sin(k(h z ))e jkzcosθ dz sin(k(h z ))(cos(kzcosθ)+jsin(kzcosθ))dz

16 Felder und Wellen 16/2 Klausur F14 Mit dem Hinweis aus der Aufgabenstellung kommt man auf: E θ = I ω 2πεc 2 r sinθej(ωt kr)cos(khcosθ) coskh sin 2 θ = I ω 2πεc 2 r ej(ωt kr)cos(khcosθ) coskh sinθ c) Für die Richtcharakteristik ist nur die θ Abhängigkeit von Interesse: S (cos(khcosθ) coskh)2 sin 2 θ d) Die Richtcharakteristik S(θ) der Dipolantenne fürh = λ 4 : e) Die Anzahl der Hauptkeulen erhöht sich. Bei einer Antenne der Länge h = λ sind es vier. Wo bei einer Antenne der Länge h = λ das Maximum der Richtcharakteristik lag, bilden sich für 4 die Länge h = λ die Nullstellen der Richtcharakteristik aus.

17 Felder und Wellen 17/2 Klausur F14 Aufgabe 5 (16 Punkte) Eine ebene elektromagnetische Welle ( Welle 1 ) mit der Frequenzω und dem H-Feld H 1e trifft unter einem Winkel α e auf eine Grenzfläche bei z = zu einem ideal leitenden Medium. Die reflektierte Welle sei H 1r. Im freien Raum seiε = ε 1, im ganzen Raum gelte die Permeabilität µ. k r k r H 2r H 1r E 1r E 2r α r α e α e α e x E 1e k e x k e E 2e H 1e H 2e y z y z Welle 1 z= Welle 2 z= Für das H-Feld sei die Amplitude H 1e bekannt. Es gilt: H 1e = H 1e e j(ωt k(sin(αe)x+cos(αe)z)) e y H 1r = H 1r e j(ωt k(sin(αr)x cos(αr)z)) e y a) Bestimmen Sie für Welle 1 mit Hilfe der Maxwellgleichungen die zur hinlaufenden und zur rücklaufenden Welle gehörigen elektrischen Felder E 1e und E 1r in Abhängigkeit vonh 1e bzw. H 1r. b) Bestimmen Sie für Welle 1 den Reflexionswinkel α r sowie die Amplituden der rücklaufenden Welle! Geben Sie die elektrischen und magnetischen Felder der rücklaufenden Welle in Abhängigkeit von H 1e an! Hinweis: Überlegen Sie, welche Grenzflächenbedingung im Falle eines idealen Leiters geeignet ist! c) Berechnen Sie an der Grenzfläche (z = ) für Welle 1 den komplexen Poynting-Vektor der Überlagerung von hin- und rücklaufender Welle! In welche Richtung wird Wirkleistung übertragen? d) Nun wird der oben betrachteten Welle 1 eine weitere ebene Welle ( Welle 2 ) überlagert, deren Phase durchφbeschrieben ist. Diese Welle fällt ebenfalls im Winkelα e ein und wird reflektiert, so dass das elektrische Feld der hinlaufenden und rücklaufenden Welle wie folgt lauten: E 2e = E 2e e j(ωt k(sin(αe)x+cos(αe)z)) e jφ e y E 2r = E 2e e j(ωt k(sin(αe)x cos(αe)z)) e jφ e y Berechnen Sie mittels der Gleichung H = ε µ e k E das zu E 2e gehörige Magnetfeld! Hierbei beschreibt e k den Einheitsvektor in Ausbreitungsrichtung der Welle.

18 Felder und Wellen 18/2 Klausur F14 e) Wie müssen die Amplitude E 2e und der Phasenwinkel φ gewählt werden, damit die Überlagerung der beiden hinlaufenden Wellen eine rein zirkular polarisierte Welle darstellt?

19 Felder und Wellen 19/2 Klausur F14 Lösung 5 (16 Punkte) a) Mit der Maxwellgleichung ergibt sich rot H 1e = D1e = jωε E 1e rot H 1e = e x H 1e e j(ωt k(sin(αe)x+cos(αe)z)) ( jkcosα e ) + e z H 1e e j(ωt k(sin(αe)x+cos(αe)z)) ( jksinα e ) = jkh 1e e j(ωt k(sin(αe)x+cos(αe)z)) (cosα e e x sinα e e z ) k E 1e = H 1e e j(ωt k(sin(αe)x+cos(αe)z)) (cosα e e x sinα e e z ) }{{} ωε µ = ε Analog berechnet man E 1r zu E 1r = µ ε H 1re j(ωt k(sin(αr)x cos(αr)z)) ( cosα r e x sinα r e z ) b) An einem idealen Leiter fließen beim Auftreffen eines elektrischen Feldes unbekannte Oberflächenströme. Daher ist die Grenzflächenbedingung für das elektrische Feld zu benutzen (E tan1 = E tan2= im idealen Leiter)! Das elektrische Feld besteht aus einer tangentialen x-komponente und einer normalen z-komponente. An der Grenze istz =. E 1e,tan +E 1r,tan = E 1e,x +E 1r,x = µ µ ε H 1ee j(ωt ksin(αe)x) cosα e = ε H 1re j(ωt ksin(αr)x) cosα r Nach Division gemeinsam enthaltener Faktoren vereinfacht sich dies zu H 1e e jksin(αe)x cosα e H 1r e jksin(αr)x cosα r = Diese Gleichung kann unabhängig von den Koeffizienten nur fürα e = α r erfüllt sein. Dann folgt auch direkt H 1e = H 1r. Somit ergeben sich die Felder der rücklaufenden Welle zu E 1r = H 1r = µ ε H 1ee j(ωt k(sin(αe)x cos(αe)z)) ( cosα e e x sinα e e z ) H 1e e j(ωt k(sin(αe)x cos(αe)z)) e y

20 Felder und Wellen 2/2 Klausur F14 c) Der komplexe Poyntingvektor der überlagerten Felder ist d) S ges = ( E 1e + E 1r ) ( H 1e + H 1r ) µ = ε H 1e(e j(ωt ksin(αe)x) (cosα e e x sinα e e z ) +e j(ωt ksin(αe)x) ( cosα e e x sinα e e z )) H 1e e y (e j(ωt ksin(αe)x) +e j(ωt ksin(αe)x) ) µ = 2 ε H2 1esin(α e )x) e x e j(ωt ksin(αe)x) (2e j(ωt ksin(αe)x) ) µ = 4 ε H2 1esin(α e )x) e x Wirkleistung wird also nur in x-richtung übertragen. ε H 2e = µ (sinα e e x +cosα e e z ) E 2e e j(ωt k(sin(αe)x+cos(αe)z)) e jφ e y ε = µ E 2ee jφ (sinα e e z cosα e x )e j(ωt k(sin(αe)x+cos(αe)z)) e) Die Amplituden müssen gleich sein, d.h. E 2e = E 1e = ε µ H 1e. Zudem müssen die parallel und die senkrecht polarisierte Komponente der Welle umπ/2 phasenverschoben sein, d.h.φ = ±π/2.