Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klausur

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1 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-1 Aufgbe 1 Ihr Lbortem ht ein Mteril entwickelt, ds in reiner Form einen Brechungsindex von n = 1.6 besitzt (bei λ = 5 nm). Durch Dotierung des Mterils ändert sich die Brechzhl so, dss n = d 1 18 cm 3 /Atome in Abhängigkeit der Dotierstoffkonzentrtion d (Einheit: Atome/cm 3 ) bei dieser Wellenlänge gilt. Berechnen die Dotierstoffkonzentrtion d, die nötig ist, um bei Einfll der Welle us dem Mteril unter 6 zur ebenen Oberfläche gegen Luft Totlreflexion zu erreichen. Lösung zu Aufgbe 1 Weg: ) Snellius Gesetz schreiben mit korrekten Winkeln b) Bedingungen fur Totlreflexion c) Berechnung des Brechungsindex fur den prtikulären Fll d) Berechnung der Dotierstoff-Konzentrtion Lösung ) Ds Snellius Gesetz lutet: n 1 sin{θ 1 } = n sin{θ } Luft ht den Index 1, und ds neue Mteril, die Winkel in der Formel sind reltiv zu der Oberflchennormlen. b) Der Winkel der Totlreflexion θ tot ist gegeben wenn der mximle Winkel θ 1 = 9 erreicht ist. Für θ > θ tot tritt Totlreflexion immer uf. c) In unserem Fll θ tot = 9 6 = 3, n 1 = 1 und beim Winkel der Totlreflexion sin{θ 1 } = 1, so dss us dem Snellius Gesetz folgt. d) 1 1 = n 1 = n =

2 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8- Fur unser Mteril folgt: n = d 1 18 cm 3 /Atome = und endlich d = cm 3 /Atome = 117 Atome/cm 3. Aufgbe Zwei unendlich usgedehnte prllele elektrisch isolierte Pltten im Abstnd d sind mit den Flächenldungsdichten +ϱ s beziehungsweise ϱ s gelden und besitzen die spezifische Msse pro Fläche m/a = κ. Zum Zeitpunkt t = t wird eine Pltte losgelssen, die ndere verändert ihre Lge nicht. Zu welchem Zeitpunkt stossen die Pltten gegeneinnder? Lösung zu Aufgbe Ds elektrische Feld zwischen den Pltten mit der Normle n knn ls Überlgerung der Felder der einzelnen Pltten drgestellt werden. Zur Lösung der Aufgbe muss die Krft bestimmt werden, welche die frei bewegliche Pltte beschleunigt. Jedes elektrische Feld übt uf elektrische Ldung Q eine Krft, entsprechend dem Lorentzschen Krftgesetz F = QE. Ds für diese Betrchtung mßgebliche elektrische Feld E drf jedoch keine Anteile ufweisen, die von der wechselwirkenden Ldung Q usgehen. In nderen Worten: eine Ldung, wenn sie uch Quelle eines elektrischen Feldes ist, wirkt uf sich selbst keine Krft us. Deshlb ist es flsch wenn zur Ermittlung der Krft uf die bewegliche Pltte ds Gesmtfeld in der Plttennordnung herngezogen wird. Ds von der unbeweglichen Pltte usgehende elektrische Feld ist: Die Bewegungsgleichung E = ϱ s ε n m r/ t = F knn dmit durch ds Flächenelement d A mit dq/d A = ϱ s geteilt werden. Die Bewegungsgleichung formt sich zu um. Nch zweifcher Integrtion nch t folgt κ r/ t = m/a r/ t = ϱ s ε nϱs

3 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-3 r = ϱ s ε κ (t t ) n. Aus der Rndbedingung r {t = } = folgt t = und und t = 4ε κd/ϱ s. r = d n = ϱ s t ε κ n Aufgbe 3 In einer Ebene sind N zueinnder prllele gerde Drähte uf der Breite B gleichmäßig verteilt. Die Drähte können ls infinitesiml dünn und unendlich lng ngesehen werden. Sie werden vom gleichen Strom in der selben Richtung durchflossen. Der Gesmtstrom ist J. Wie lutet die mgnetische Feldstärke H im gesmten freien Rum? Nehmen Sie zur Vereinfchung n, dss N ungerde ist. Lösung zu Aufgbe 3 Die Stromdichte ist eine Überlgerung us den Stromdichten der einzelnen Drähte. Wird ds Koordintensystem so gewählt, dss lle Stromfäden in der x-y-ebene symmetrisch zur y- Achse verteilt sind, resultiert mit j = (N 1)/ m=(1 N)/ j m j m = Iδ{x x m }δ{y} e z und x m = m B N. Ein einzelner Stromfden ht ds mgnetische Feld H = I πρ e φ

4 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-4 wenn er im Ursprung liegt. Hier sind die Fäden uf der x-achse verteilt, lso muss eine ndere Drstellung verwendet werden: H m = I (x x m ) e y y e x. π (x x m ) + y Ds Gesmtfeld ist dnn einfch nur die Überlgerung der Einzelfelder Aufgbe 4 H = N 1 m= 1 N I (x x m ) e y y e x. π (x x m ) + y Vier dünne dielektrische (unendlich usgedehnte) Pltten sind, wie in Abbildung 1 drgestellt, ngeordnet. Die Pltten hben die gleiche Oberflächenldungsdichte ϱ S und trennen den Rum in 9 Regionen. Abbildung 1: Elektrodennordnung im freien Rum. Alle Elektroden trgen die gleiche Oberflächenldungsdichte ϱ S. Berechnen Sie ds elektrische Feld E in llen 9 Regionen. Lösung zu Aufgbe 4 ) Ds elektrische Feld E, ds von einer Pltte generiert wird, ist einfch E = ϱ S ε n

5 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-5 wobei ˆn für die zwei Normlenvektoren uf die Plttenoberflächen steht. b) In den 9 Regionen ht mn dnn E 1 = ϱ S ε E = ϱ S ε E3 = ϱ S ε Aufgbe 5 E 4 = ϱ S ε E 7 = ϱ S ε E5 = ϱ S ε E8 = ϱ S ε E6 = ϱ S ε E9 = ϱ S ε Über einer unendlich usgedehnten mit ρ s geldenen Fläche ist eine Ldung +Q n einem Pendel der Länge l ufgehängt. Ds gesmte System ist msselos und der Poyntingvektor knn vernchlässigt werden ( S = ). Zum Zeitpunkt t = t steht ds Pendel wgrecht und bewegt sich nicht. Dnn wird ds Pendel losgelssen und schwingt nch oben. Wie gross ist die im gnzen Rum gespeicherte Energie des mgnetischen Feldes 1/ H( r) B( r) d 3 r zu dem V Zeitpunkt, in dem die Ldung den höchsten Punkt pssiert? Lösung zu Aufgbe 5 Die Aufgbenstellung verlngt, dss der Poyntingvektor vernchlässigbr ist. Nch der Definition ist S = E H. Durch die Bewegung der Ldung Q uf der Kreisbhn um die Pendelchse knn nur ein mgnetisches Feld H entstehen, welches in Richtung der Pendelchse zeigt. Die Pendelchse steht senkrecht uf dem elektrischen Feld, welches von der geldenen Ebene usgeht. Unter dieser Konstelltion trägt jedes H-Feld zum Poyntingvektor bei, der jedoch Null sein soll, für ds mgnetisch Feld muss demnch gelten: H =. Folglich ist die im H-Feld gespeicherte Energie Null.

6 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-6 Aufgbe 6 Unter welchen Vorussetzungen ist ds mgnetische Vektorpotenzil A = A sin{hx} exp{i(ωt βz)} e z eine Lösung der Wellengleichung in einem ldungs- und stromfreien Gebiet mit Mterilkonstnten µ, ε? Welche Polristionsform (liner,... ) ht die Welle? Lösung zu Aufgbe 6 Die Überprüfung, ob ds ngegebene Vektorpotenzil eine Lösung der homogenen Wellengleichung ist, erfolgt durch einfches Einsetzen. Es resultiert lso die nicht trivile Lösung (h + β ω µµ εε ) A! =, h + β ω µµ εε =. Für die Polristion der Welle muss die elektrische Feldstärke bestimmt werden. Hier ist nur A und dmit implizit B = A beknnt. Zusätzlich knn noch H = t E herngezogen werden. Dmit resultiert zunächst Es gilt E t = ( 1 A) µµ = 1 ( A) µµ = 1 ( ( A) µµ ) A A = iβ A e z ( A) = A ( iβh cos{hx} ex + β sin{hx} e z ) exp{i(ωt βz)} A = (h + β ) A = A (h + β ) sin{hx} exp{i(ωt βz)} e z und dmit ( A) A = A ( iβh cos{hx} ex h sin{hx} e z ) exp{i(ωt βz)}. Die elektrische Feldstärke resultiert nch Zeitintegrtion zu

7 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-7 E = A ωh µµ (β cos{hx} e x + ih sin{hx} e z ) exp{i(ωt βz)} = A ωh µµ exp{i(ωt βz)} (β (exp{ihx} + exp{ ihx}) e x + h (exp{ihx} exp{ ihx}) e z ) = A ωh µµ exp{i(ωt βz)} ((β e x + h e z ) exp{ihx} + (β e x h e z ) exp{ ihx}). Hier hndelt es sich offenbr um die Überlgerung von zwei ebenen Wellen. Die Amplituden in x- und y- Richtung sind je nch Kreisfrequenz und Größe von β und h im llgemeinen unterschiedlich groß und phsenverschoben. Die llgemeine Aussge wäre lso: Die Wellen sind elliptisch polrisiert. Eine genuere Betrchtung ergibt für gegebenes h mit k = ω εε µµ : k h : β = ±i h k elliptisch polrisiert. Wenn h = k ist, sind die Wellen zirkulr polrisiert. k > h : β = ± k h liner polrisiert. Aufgbe 7 Drei unendlich usgedehnte Drähte sind entlng der drei Koordintenchsen x, y, z orientiert. Diese werden jeweils von den Strömen I 1 e x, I e y, I 3 e z durchflossen. Berechnen Sie die mgnetische Induktion B im gesmten Rum. Lösung zu Aufgbe 7 Weg: ) Induktion B für einen unendlich usgedehnten Drht entlng der z Achse b) Benutzen der Achs-Symmetrie für ähnliche Formeln reltiv zu x und y c) Superpositionsprinzip für die komplette Lösung Lösung ) Induktion B für einen unendlich usgedehnten Drht entlng der z- Achse B 3 {x, y, z} = µ I 3 π(x + y ) ( y e x + x e y )

8 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-8 b) Für eine unendlich usgedehnten Drht entlng der y-achse, mnn knn einfch die Achsen tuschen: x z, y x, z y. Es folgt: B {x, y, z} = µ I π(z + x ) ( x e z + z e x ) und noch einml, für einen unendlich usgedehnten Drht entlng der x-achse, Achsen tuschen: x z, y z, z x: B 1 {x, y, z} = µ I 1 π(y + z ) ( z e y + y e z ) c) Superpositionsprinzip B{x, y, z} = B 1 {x, y, z} + B {x, y, z} + B 3 {x, y, z}. Aufgbe 8 Eine ebene Welle { E = E 1 exp i(ωt } ey + b e z k r) + b. mit k = k y e y + k z e z fällt uf eine Grenzfläche zwischen zwei dielektrischen Medien mit µ 1 = ε 1 = 1 uf der Seite der einfllenden Welle und µ sowie ε uf der Seite der trnsmittierten Welle. Die Koeffizienten k y und k z sind so gewählt, dss die Welle n der Grenzfläche nicht reflektiert wird. Wie ist die Welle gegenüber der Grenzfläche polrisiert? Wie gross ist die Amplitude E der trnsmittierten Welle? Lösung zu Aufgbe 8 Für die gegebene ebene hrmonische Welle gilt k E = ωb. Die Auswertung des Kreuzprodukts liefert B = B x e x und dmit gilt B n = B e z =. Die Welle ist lso entsprechend der Definition TM-polrisiert gegenüber der Grenzfläche. Ds mgnetische Feld knn über den Feldwellenwiderstnd Z = (µµ )/(εε ) berechnet werden: H 1 = E 1 /Z 1 = E 1 (ε1 ε )/(µ 1 µ ).

9 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-9 An der Grenzfläche gilt für ds mgnetische Feld n ( H H 1 ) = j s. Fließt kein Strom in der Grenzfläche, so muss ds trnsversle mgnetische Feld stetig sein. Dieses Feld ist über B 1 = B 1x e x = µµ H1 verknüpft und so muss gelten H 1 = H 1x e x und dmit H = H 1. Auf der Seite der trnsmittierten Welle gilt umgekehrt E = H Z = H (µ µ )/(ε ε ) = E 1 (ε1 µ )/(ε µ 1 ). Aufgbe 9 Eine ebene Welle fällt us dem freien Rum unter dem Winkel θ = 6 (gemessen gegen die Flächennormle) uf die ebene Grenzfläche zu einem Medium mit den Prmetern µ = 3, ε = 1. Ihr elektrisches Feld ist prllel zur ldungs- und stromfreien Grenzfläche orientiert. Die Welle besitzt die Leistungsdichte 1W/cm. Welche Leistungsdichte ht die trnsmittierte Welle? Lösung zu Aufgbe 9 Ds elektrische Feld ist prllel zur Grenzfläche orientiert, lso hndelt es sich um eine TE- Welle. Die Leistungsdichte der trnsmittierten Welle ist mit wobei S tr = T S in T = 1 R R = r zu verwenden sind. Der Reflexionsfktor der TE-Welle lutet Hier ist r TE = n ( k in µ in k tr µ tr ) n ( k in µ in + k tr µ tr ) n k in = k sin{θ} = 1 k. und entsprechend n k in = k tr k in + ( n k in ) = 3 k mit k tr = k ε µ = 3k. Einsetzen liefert r TE = und dmit T = 1, lso S tr = 1 W/cm.

10 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-1 Aufgbe 1 Auf einer sphärischen Oberfläche (Rdius ) ist eine Stromdichte wie folgt gegeben: j{θ, φ, t} = I [ (t sin {θ} sin {φ} cos {φ}) e r + (t sin{θ} + t cos {θ} cos {φ}) e θ + ] (t sin{θ}) e φ. Zum Zeitpunkt t = befindet sich keine Ldung innerhlb der Kugel (Q{t = } = ). Geben Sie die Ldung innerhlb der Kugel Q{t} ls Funktion der Zeit n. Hinweise: sin n 1 {x} cos{x} dx = (n + 1) sinn+1 {x} cos n 1 {x} sin{x} dx = (n + 1) cosn+1 {x} sin {x} cos {x} dx = + 1 ( x sin{4x} ) 8 4 n : sin n {x} dx = sinn 1 {x} cos{x} n + n 1 n sin n {x} dx Lösung zu Aufgbe 1 Weg ) Schreiben die Kontinuitätsgleichung b) Integrtion des Kontinuitätsgleichung mittels des Guss Theorems in Kugelkoordinten c) Lösung der Integrle Lösung ) Die Kontinuitätsgleichung lutet b) ϱ v t = j Diese Gleichung wird über ds Volumen der Kugel mit Rdius integriert: Kugel ϱ v t d3 r = Kugel j d 3 r

11 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-11 t Kugel ϱ v d 3 r = Kugel j d 3 r Ds erste Integrl ist einfch die Ldung Q{t} innerhlb des Kugel und es folgt t Q Kugel{t} = Kugel j d 3 r. Die rechte Seite der Gleichung knn mit Hilfe des Guß-Theorems in ein Oberflächenintegrl verwndelt werden; n ist der Normlenvektor uf die Kugeloberfläche: t Q Kugel{t} = j d r. In Kugelkoordinten gilt d r = r sin θ dθ dφ e r π t Q Kugel{t} = π Kugel In unserem Fll zählt nur die e r Komponente von j: ( j e r ) sin{θ}dθdφ. π π t Q I [ Kugel{t} = (t sin {θ} sin {φ} cos {φ}) ] sin{θ}dθdφ c) Erste Integrtion in φ: und dnn in θ t Q Kugel{t} = I π π t sin 3 {θ} dθ 4 t Q Kugel{t} = I π 3 t. Integrtion in t mit Q Kugel {t = } = Q Kugel {t} = I π 9 t3.

12 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-1 Aufgbe 11 Zwei prllel zueinnder lufende gerde Metllstäbe mit Rdius sind n der Oberfläche mit +ρ s beziehungsweise ρ s gelden. Die Stbchsen liegen bei x = ±b, y =. Zwischen den Stäben herrscht ds elektrische Feld ( (x b) ex + y e y E = ρ s /ɛ (x + b) e ) x + y e y (x b) + y (x + b) + y Berechnen Sie die Ldung pro Länge Q uf dem positiv geldenen Stb. Berechnen Sie die Spnnung U zwischen den Stäben und ds Verhältnis C = Q /U.. Lösung zu Aufgbe 11 Die Ldung Q pro Längeneinheit z uf dem positiv geldenen Stb ist Q = z π l= ϕ= = Q z = ρ v d 3 r/(z) ϱ ϱ= sδ {ϱ } ϱ dϱ dϕ dz/(z) = πϱ s. Der Potenzilunterschied zwischen den Stäben ist E d l. Ds Linienelement d l knn in einem günstigen Fll uf eine Symmetrie- und Koordintenchse gelegt werden, hier ist dies die x-achse mit y = z =. Durch diesen Schritt vereinfcht sich ds Linienelement zu e x dx und es folgt U = V {x = b } V {x = b} = (b )/> = ϱ s ( 1 1 x= b ε x b b = ϱ s ε = x+b) ex e x dx ( { ln } { b ln b }) { ϱ s ( ε ln b ) } ln { } b Dmit ergibt sich die Kpzität der Anordnung C = Q /U = ε π/ ln {(b )/}. ϱ s ε Aufgbe 1 Ein ideles Qudrupol-Mssenspektrometer besteht us vier hyperbolischen Elektroden, die in z-richtung unendlich usgedehnt sind. In Abbildung ist ein Schnitt durch die x-y-ebene

13 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-13 drgestellt. Die Gleichungen für die Elektrodenoberflächen 1 und 3 luten x y =, für und 4 gilt x y =. An die Elektroden 1 und 3 liegt ds Potenzil V n, die Elektroden und 4 sind uf dem Potenzil V. Berechnen Sie ds Potenzil V {x, y, z} zwischen den Elektroden (unter der Vorussetzung dss es zu xy proportionl ist) ds elektrische Feld E{x, y, z} zwischen den Elektroden die Oberflächenldungsdichte ϱ S n den Grenzflächen der Elektroden ls Funktion von x. Abbildung : Elektrodennordnung des Mssenspektrometers. Lösung zu Aufgbe 1 Weg: ) Finde die Konstnten c, so dss V {x, y, z} = c xy b) Berechnen des elektrischen Feldes E{x, y, z} zwischen den Elektroden us dem Potenzil c) Berechnen der Oberflächenldungsdichte ϱ S n den Grenzflächen der Elektroden ls Funktion von x. Lösung

14 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-14 ) V {x, y, z} = c x y : für die Elektroden 1 und 3 gilt x y = und n den Elekrodenoberflächen V El1,3 = c = V, lso c = V = V {x, y, z} = V x y. Ds ist die vollständige Lösung, weil V El,4 = c = V uf den Elektroden und 4 ebenflls erfüllt ist (Dirichlet-Rndbedingung). b) Für ds elektrische Feld zwischen den Elektroden gilt E{x, y, z} = V {x, y, z} E{x, y, z} = V y x. Ds elektrische Feld ist immer norml zu den Elektrodenoberflächen und es zeigt in ds Vkuum für die Elektroden 1 und 3 (Richtung n). Es zeigt zu den Metllelektroden für die Elektroden und 4 (Richtung n). c) Auf einer metllischen Oberfläche entsteht ds Feld E = ϱ S n ε so dss in unserem Fll ds Feld uf den Elektroden 1,3 E{x, y, z} = V ist, und mn erhält y x = y = x = E 1,3 = V x x = V x + x n V ϱ S1,3 = ε x + x. Entsprechend für die Elekroden,4: E{x, y, z} = V y x = y = x = E,4 = V x x = V x + x n

15 Elektromgnetische Felder und Wellen: Lösung zur Klusur 8-15 und endlich ϱ S,4 = ε V x + x.