Klassische Theoretische Physik III (Elektrodynamik)

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1 WiSe 017/18 Klassische Theoretische Physik III (Elektrodynamik Vorlesung: Prof. Dr. D. Zeppenfeld Übung: Dr. M. Sekulla Übungsblatt 10 Ausgabe: Fr, Abgabe: Fr, Besprechung: Mi, Aufgabe 9: Induktion in bewegter kreisförmiger Leiterschleife 6 P Eine Kreisförmige Leiterschleife bewegt sich innerhalb der x-y-ebene mit einer konstanten Geschwindigkeit v vˆx. Im Bereich x > 0 wirkt ein homogenes Magnetfeld B 0 ẑ, das in der Zeichnung durch grauen Hintergrund dargestellt wird. Berechnen Sie die in der Leiterschleife induzierte Ringspannung U(t. Skizzieren Sie U(t. y R α v x Lösung der Aufgabe 9 Zunächst bestimmen wir die Fläche der Leiterschleife im Magnetfeld, d.h. die Differenz eines Kreissegmentes und des Dreiecks: a(α R α R sin(α cos(α R (α sin(α cos(α. Durch die Bewegung ist α zeitabhängig: cos(α(t R vt R α(t sin(α(t v R da(α da(α dα dt dα dt da(α v dα R sin(α R (1 + sin (α cos v (α R sin(α vr sin(α vr 1 cos (α ( (R vt vt vr 1 vr vt R R R Seite 1 von 7

2 Damit ist der magnetische Fluss: Φ m (t d a B B 0 a(α(t und somit die induzierte Ringspannung: U dφ m dt B 0 vr da(α B 0 dt ( vt vt R R ( U B 0 vr vt vt R R U B 0 vr η ξ ( ξ mit ξ vt beschreibt diese Gleichungen einen unteren Halbkreis in der ξ-η Ebene R mit Radius r 1 um den Mittelpunkt (ξ 1, η 0. Aufgabe 30: Eindimensionale Wellengleichung 6 P Eine Funktion u(x, t soll die eindimensionale Wellengleichung ( 1 c t u(x, t 0 x mit den Randbedingungen u(x, 0 a(x N exp ( x δ 1 u(x, t c t b(x N ( t0 δ x exp x δ lösen. Bestimmen Sie u(x, t mit Hilfe des Ansatzes u(x, t (Ã(ke i(kx+ωt + B(ke i(kx ωt aus den gegebenen Randbedingungen per Fourier Transformation. Seite von 7

3 Hinweis: Bestimmen Sie zunächst die Normierungskonstanten N von u(x, 0 und nutzen Sie folgende Relation: π dxe ax a für a > 0. Lösung der Aufgabe 30 Aus der Normierungsbedingung folgt: 1 N Nun nutzen wir den Ansatz Hinweis dx u(x, 0 dx N e x δ N δ π 1 δπ 1/4 u(x, t A(xe iωt + B(xe iωt dx a(x und bestimmen A und B mit Hilfe der Randbedingungen: 1 c u(x, t t Mit den Fouriertransfomationen gilt für die Randbedingungen: u(x, 0 A(x + B(x a(x iω ( A(xe iωt B(xe iωt t0 c t0 iω da(x (A(x B(x b(x c dx iω c Ã(k A(x dxa(xe ikx Ã(keikx (Ã(k + B(k e ikx } {{ } ã(k (Ã(k B(k e ikx d dx ik ã(keikx, ã(keikx ã(keikx. Seite 3 von 7

4 Mit ω k ist somit c Ã(k B(k ã(k B(k 0, Ã(k ã(k u(x, t ã(keikx e iωt Jedoch ist ω ck, d.h. wir müssen noch die Fourier Transformation von ã(ke ikct berechnen. Zunächst Damit ist nun ã(k u(x, t dxne x δ e ikx x ikx dxne δ dxne 1 δ (x +ikxδ k δ 4 +k δ 4 dxne 1 δ (x+ikδ k δ Cauchy scher Integralsatz δne k δ x x+ct Nδ δne k δ e ik(x+ct dx Ne 1 δ x e k δ δne δ (k ikx δ x δ + x δ δne δ (k ikx δ x δ 4 + x δ 4 Nδ δ Ne (x+ct δ e δ x e δ ikx (k δ e x δ Dies entspricht einem Gauß-Paket, welches nach links läuft. Aufgabe 31: Reflexion ebener Wellen an einer Metallwand 8 P Eine ebene Welle E( r, t E 0 e i k r iωt falle auf eine ideal leitende ebene Metallwand mit Normalenvektor n. Die reflektierte Welle lautet E ( r, t E 0e i k r iωt (a Drücken Sie k und E 0 durch n, k und E 0 aus. (b Die Welle falle senkrecht zur Metallwand ein. Berechnen Sie Energiedichte und Energiestrom der stehenden Gesamtwelle. Was ergibt sich im zeitlichen Mittel? Seite 4 von 7

5 Hinweis: Sie können folgendes Additionstheorem nutzen: cos(x 1 sin (x cos (x 1. Lösung der Aufgabe 31 Metallwand (a E( r, t E 0 e i k r iωt E ( r, t E 0e i k r iωt An der Grenzfläche ist E stetig. Da Metall ein perfekter Leiter ist, verschwindet dort das E-Feld. Mit der Aufteilung kann man die Felder einsetzen: E ( r 0 E ( r + E ( r E E E E ( E n n E E E E ( E n n E,0e i k r iωt E,0 e i k r iωt E,0 E,0 e i( k k r }{{} konst. ( k k r konst. Da E 0 unabhängig von r ist, muss k k orthogonal zu r (der Urspung von r liegt auf der Ebene sein: ( k k r 0 k k C n Seite 5 von 7

6 Multipliziert man die Gleichung jeweils mit k und k ergibt sich: k ( k k C k n k ( k k C k n k k k + k k k C( k + k n Wegen der Stetigkeit in der zeitlichen Entwicklung, gilt an der Grenzfläche: Somit gilt k k ω c. 0 C( k + k n k n k n C n ( k k ( n k k k ( n k n k k ( n k n und E,0 E,0. Im Vakuum gilt ebenfalls E E 0 E k E k 0 Daraus folgt E 0 + E 0 E,0 + E,0 + E,0 + E,0 }{{} 0 ( k E,0 + E,0 ke ( 0 k + ( n k n E 0 ( ( n k n E 0 ke,0 gilt für alle k E,0 E,0 E 0 E 0 + ( E 0 n n (b Sei n ẑ und E 0 E 0ˆx k kẑ E 0 E 0 k k k k Seite 6 von 7

7 Somit ist das gesamte elektrische Feld E ges E 0ˆxe iωt ( e ikz e ikz }{{} i sin(kz E phys,ges Re( E ges E 0ˆx sin(ωt sin(kz Die Realteile der Felder stellen die physikalischen Felder dar. Das H-Feld ist ɛ0 ɛ0 H ẑ E µ E 0 e ikz iωt ŷ 0 H ɛ0 ( ẑ E µ ɛ0 E 0 e ikz iωt ŷ 0 Hges ɛ0 e iωt E 0 cos(kzŷ H phys,ges Re( H ɛ0 ges cos(ωte 0 cos(kzŷ Damit ist die Energiedichte: W 1 ] [ε 0E phys,ges + H phys,ges 1 [ 4ε0 E0 sin (ωt sin (kz + 4ε 0 E0 cos (ωt cos (kz ] [ ε 0 E0 sin (ωt sin (kz + cos (ωt cos (kz ] 1 ε 0E 0 [(1 cos(ωt (1 cos(kz + (1 + cos(ωt (1 + cos(kz] 1 ε 0E 0 [ + cos(ωt cos(kz] ε 0 E 0 [1 + cos(ωt cos(kz] In zeitlichen Mittel ist cos(ωt 0, damit ergibt sich: W ε 0 E 0 Die Energiestromdichte wird vom Poynting Vektor beschrieben: S E phys,ges H phys,ges 4E0 ε0 cos(kz sin(kz cos(ωt sin(ωtẑ Mit dem Additionstheorem sin(α cos(α 1 sin(α vereinfacht sich der Ausdruck zu: S E 0 ε0 sin(kz sin(ωtẑ Da der Poynting-Vektor zeitlich osziliiert, ergibt sich im zeitlichen Mittel: S 0 Seite 7 von 7