Aufgabe 1 16 Punkte) Eine nichtleitende Kugel des Radius a mit der Raumladungsdichte = a r ist im Ursprung zentriert und wird von einer Kugelschale aus unendlich gut leitendem Metall mit Radius b und der Raumladungsdichte = im Bereich a r b umschlossen, siehe Abbildung. Außerhalb des Materials befindet sich ein nichtleitendes Material mit =. ε ist im ganzen Raum konstant. a = a r κ = b = κ = = κ = a) Berechnen Sie das elektrische Feld E im ganzen Raum und skizzieren Sie den Betrag E in Abhängigkeit des Radius r. b) Berechnen Sie die Flächenladungsdichten auf den Metallflächen beir = a undr = b. c) Berechnen und skizzieren Sie das elektrostatische PotentialΦim ganzen Raum, mitφ ) =. Im Folgenden wird die Anordnung geändert. Die Metall-Kugelschale wird entfernt, und von der Kugel mit Radius a wird die untere Hälfte entfernt, siehe Abbildung. Außerdem ist die Raumladungsdichte der Halbkugel nun konstant =. z a y a a x d) Bestimmen Sie das elektrische Feld im Ursprung E r = )! Hinweis 1: Der Aufgabenteil d) ist von den Aufgabenteilen a) bis c) unabhängig. Hinweis 2: Das Coulomb-Integral für das elektrische Feld lautet: E r) = 1 4πε Hinweis 3: x 2 x 1 cosxsinxdx = [ 1 2 cos2 x] x 2 x 1 r ) r r ) r r 3 dv.
Lösung 1 16 Punkte) a) Aufgrund der kugelsymmetrischen Anordnung ergibt sich für das elektrische Feld nur ein radiale Komponente E r) = E r r) e r. Ansatz mit Hilfe des Satzes vom Hüllenfluß und den gegebenen Materialeigenschaften: εed f = dv 1) Die linke Seite der Gleichung bestimmt sich zu 2π π εed f = ε E r r)r 2 sinϑdϑdφ = 2πεr 2 E r r) π sin ϑdϑ = 2πεr 2 E r r)[ cosϑ] π = 4πεr 2 E r r) Für den Bereich r < a ergibt sich für die radiale Komponente E r r) = 1 r 4πεr 2 = 1 r εr 2 = a εr 2 1 2 = a 2ε 2π π a r r 2 dr [ r 2 ] r r )r 2 sinϑdrdϑdφ Im Bereich a r < b ergibt sich aufgrund der unendlichen Leitfähigkeit des Materials kein elektrisches Feld:E r r) =. Im Bereichb r berechnet sich das elektrische Feld zu E r r) = 1 a εr 2 a r 2 dr = a 3 r 2εr 2 b) Für Grenzflächen gilt σ = D n2 D n1. In diesem Fall führt dies zu und σr = a) = εe r r = a) = a 2 σr = b) = εe r r = b) = a 3 2b 2
E r a 2ε a 3 2εb 2 1 r 2 a b r r 2 c) Mit Hilfe vonφ r 2 ) Φ r 1 ) = Ed s ergeben sich für die Bereiche folgende Lösungen. Für r 1 b r < ergibt sich Φr) = Φ )+ a 3 = 2εr 2dr r = a [ 3 1 ] 2ε r r = a 3 2εr r Ed s Im Bereicha r < b gibt es kein elektrisches Feld, so dass das Potential konstant bleibt: Φr = b) = Φr = a) = a 3 2εb 2) Im Bereich r < a ergibt sich Φr) = Φa)+ a r a 2ε dr = a 3 2εb + [ a 2ε r ] a r = a 3 2εb + a 2 2ε ar 2ε = a 2ε a2 b +a r)
aa+b) 2εb b Φr) a 3 2εb 1 r a b r d) Das Coulomb-Integral ist laut Aufgabenstellung E r) = 1 r ) r r ) dv. Da das elektrische Feld im Urspung r = betrachtet wird ergibt sich für r r ) = r = r e r. Der Term 4πε r r 3 im Nenner des Integrals wird dadurch zu r r 3 = r 3. Damit lässt sich das Integral lösen E r) = 1 4πε = 4πε r ) r r ) r r 3 dv 2π π 2 a r e r r 3 r 2 sinϑdr dϑdφ Der Einheitsvektor e r wird in kartesischen Koordinaten ausgedrückt um die Abhängigkeit von ϑ undφnicht zu verstecken: e r = e x sinϑcosφ+ e y sinϑcosφ+ e z cosϑ 3) Das Feld hat aufgrund von Symmetrieeigenschaften nur eine e z Komponente: E r) = 4πε 2π π 2 a = 2πa 4πε = a ε π 2 = a 4ε e z [ 1 2 cos2 ϑ cosϑsinϑdr dϑdφ e z cosϑsinϑdϑ e z ]π 2 e z
Aufgabe 2 16 Punkte) Abbildung 1 zeigt eine dreidimensionale Anordnung. Oberhalb der x-y Ebene auf der Höhe z = z befindet sich eine PunktladungQ 1. Die x-y Ebene wird von einer unendlich ausgedehnten Leiterplatte ausgefüllt. Die Leiterplatte ist geerdet. z z Q 1 r Φx,y,z) x Abbildung 1: Versuchsanordnung für die Aufgabenteile a) bis f) a) Das Potential Φx,y,z) im gesamten Raum oberhalb der x-y Ebene z > ) soll mit Hilfe des Spiegelungsprinzips berechnet werden. Zeichnen Sie zunächst eine Skizze der Anordnung in der die erzeugte imaginäre Ladung Q 2 enthalten ist und geben Sie deren Koordinate an. Welchen Wert besitzt die imaginäre LadungQ 2? Hinweis: Überlegen Sie sich welche Bedingung für das elektrische Feld auf der Metalloberfläche gelten muss und wie diese durch eine geeignete imaginäre Ladung erzeugt werden kann. b) Bestimmen Sie nun das PotentialΦx,y,z) im gesamten Raum oberhalb der x-y Ebene z > ) mit Hilfe des Spiegelungsprinzips. Rechnen Sie in kartesischen Koordinaten. c) Berechnen Sie das elektrische Feld Ex,y,z) aus dem zuvor berechneten Potential. d) Geben Sie das elektrische Feld auf der Metalloberfläche z = ) an. In welche Richtung zeigt das Feld bei z =? e) Berechnen Sie die Oberflächenladungsdichte σx,y). f) Wie kann die influenzierte Gesamtladung auf der Leiteroberfläche berechnet werden? nur Antwort und Ansatz, keine Rechnung) In den Aufgabenteilen g) bis h) wird die Anordnung folgendermaßen verändert siehe Abbildung 2). In der Ebenex = a ist nun eine zusätzliche unendlich ausgedehnte Leiterplatte angebracht. g) Wieviele imaginäre Ladungen werden benötigt um das Potential Φx,y,z) für z >,x > mit dem Spiegelungsprinzip zu berechnen? Welche Werte besitzen die imaginären Ladungen Q 2..n? Zeichnen Sie eine Skizze der Anordnung in der die erzeugten imaginären Ladungen Q 2..n enthalten sind und geben Sie deren Koordinaten an. h) Berechnen Sie das Potential Φx,y,z) für z >,x >.
z z Q 1 a x Abbildung 2: Versuchsanordnung für die Aufgabenteile g) bis h)
Lösung 2 16 Punkte) z z Q 1 r Φx,y,z) x z Q 2 = Q 1 Abbildung 3: Versuchsanordnung für die Aufgabenteile a) und f) a) Die imaginäre LadungQ 2 = Q 1 befindet sich beix =,y =,z = z ) b) Das Potential ergibt sich mit Φ ges x,y,z) = Φ 1 +Φ 2 = 1 4πǫ Q 1 r 1 Q 1 r 2 ) zu Φ ges x,y,z) = Q 1 4πǫ r 1 = x 2 +y 2 +z z ) 2 r 2 = x 2 +y 2 +z +z ) 2 ) 1 x2 +y 2 +z z ) 1 2 x2 +y 2 +z +z ) 2 c) Mit E = gradφ) berechnet sich das elektrische Feld zu ) E = Q 1 4πǫ x x + e x 2 +y 2 +z z ) 2 ) 3 2 x 2 +y 2 +z +z ) 2 ) 3 x 2 ) y y + + e x 2 +y 2 +z z ) 2 ) 3 2 x 2 +y 2 +z +z ) 2 ) 3 y 2 ) z z ) z +z + + e x 2 +y 2 +z z ) 2 ) 3 2 x 2 +y 2 +z +z ) 2 ) 3 z ) 2
E = Q 1 4πǫ x e x +y e y +z z ) e z x 2 +y 2 +z z ) 2 ) 3 2 d) Das Feld besitzt nur eine e z -Komponente E = Q 1 2πǫ x e x +y e y +z +z ) e z x 2 +y 2 +z +z ) 2 ) 3 2 z x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 ) e z ) e) Die Flächenladungsdichte berechnet sich mit σx,y) = ǫ Ez = ) e z e z σx,y) = Q 1 2πǫ z x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 ) f) Die Influenzladung kann mit dem Gaussschen Integralsatz über die eingeschlossene Fächenladungsdichte berechnet werden Q inf = σdf = σx,y)dxdy = Q 1 F z Q 4 = Q 1 z z Q 1 2a a x z Q 3 = Q 1 z Q 2 = Q 1 Abbildung 4: Versuchsanordnung für die Aufgabenteile g) bis h) g) Durch Spiegelung der Hilfsanordnung aus Abbildung 3 bei x = a ergibt sich: Q 2 = Q 1 bei x =,y =,z = z ), Q 3 = Q 1 bei x = 2a,y =,z = z ), Q 4 = Q 1 beix = 2a,y =,z = z )
h) Das Potential ergibt sich mit Φ ges x,y,z) = Φ 1 +Φ 2 +Φ 3 +Φ 4 = 1 4πǫ Q 1 r 1 Q 1 r 2 + Q 1 r 3 Q 1 r 4 ) r 1 = x 2 +y 2 +z z ) 2 r 2 = x 2 +y 2 +z +z ) 2 r 3 = x+2a) 2 +y 2 +z +z ) 2 r 4 = x+2a) 2 +y 2 +z z ) 2 zu Φ ges x,y,z) = Q 1 4πǫ 1 x2 +y 2 +z z ) 2 1 x2 +y 2 +z +z ) 2 + 1 x+2a)2 +y 2 +z +z ) 2 1 x+2a)2 +y 2 +z z ) 2)
Aufgabe 3 16 Punkte) Gegeben sei eine in derx-y-ebene liegende dünne Leiterschleife mit dem Radiusa, siehe Abbildung 5. Die dargestellte Leiterschleife dreht sich in einem konstanten, homogenen Magnetfeld B = B e z mit der Winkelgeschwindigkeit ω um die x-achse. Zum Zeitpunkt t = steht die Leiterschleife orthogonal zum Magnetfeld B e z. a) Berechnen Sie die in die Leiterschleife induzierte Spannung U ind in Abhängigkeit der Zeitt. y 2a 2a a 2a x 2a Abbildung 5: Leiterschleife 1 Im Folgenden sei ein unendlich langer Linienleiter in Form einer Leiterschleife gegeben, siehe Abbildung 6. Dabei liegt der Leiter fest in derx-y-ebene und wird von einem Gleichstrom I durchflossen. y I I a x Abbildung 6: Leiterschleife 2 b) Berechnen Sie die magnetische Feldstärke im Ursprung des Koordinatensystems unter Verwendung des Gesetzes von Biot-Savart für Linienleiter. Zerlegen Sie hierbei das zu lösende Integral in geeignete Abschnitte und nutzen Sie die unten angegebenen Hinweise. Hinweise: Im Aufgabenteil b) wirkt kein äußeres Magnetfeld. 1 x 2 +c) dx = x 3/2 c x 2 +c
Lösung 3 16 Punkte) a) Die Leiterschleife dreht sich in einem homogenen Magnetfeld mit der Winkelgeschwindigkeit ω. Daher ändert sich die Fläche der Leiterschleife, die vom Magnetfeld durchflutet wird in Abhängigkeit der Zeitt: At) = cosωt)a Um die induzierte SpannungU ind berechnen zu können, muss zu Beginn der magnetische Fluss berechnet werden: Φ m = Bd A A Φ m = B At) Φ m = B cosωt) 2a 2 + 3 ) 4 a2 π Die Induktionsspannung U ind ergibt sich nun aus dem Induktionsgesetzt: U ind = dφ m dt U ind = B ωsinωt)a 2 2+ 3 4 π ) b) Das Gesetz von Biot-Savart für dünne Leiter lautet: B r) = µi 4π S d s r r ) r r 3 Da die magnetische Flussdichte im Koordinatenursprung berechnet werden muss, gilt: B ) = µi 4π S d s r ) r 3 Das Wegintegral ist in drei Abschnitte zu zerlegen:
B = db 1 + db 2 + db 3 S 1 S 2 S 3 Berechnung von B 1 : B 1 = µi 4π B 1 = µi 4π dx x a x 2 +a 2 ) 3/2 [ adx = µi x 2 +a 2 3/2 ) 4π e x z a x 2 +a 2 ] x = µi 4πa e z Berechnung von B 2 : B 2 = µi 4π π π/2 cosϕ) e ϕ a dϕ a sinϕ) a 3 e ϕ = sinϕ) e x +cosϕ) e y B 2 = µi 4π B 2 = µi 4π π π/2 π π/2 Berechnung von B 3 : B 3 = µi 4π a sinϕ) cosϕ) a dϕ cosϕ) a sinϕ) a 3 a 2 dϕ = 3µI a 3 8a e z dx x x 2 ) 3/2 =
Damit ergibt sich die gesamte magnetische Flussdichte B: B = B 1 + B 2 + B µi 3 = 4πa + 3µI ) e z 8a Der Zusammenhang zwischen der magnetische Flussdichte B und der magnetischen Feldstärke H lautet: H = 1 B µ I = 4πa + 3I ) e z 8a
Aufgabe 4 16 Punkte) Gegeben sei ein rechteckiger Hohlleiter aus unendlich gut leitendem Metall mit den Kantenlängen a undb. Im Inneren des Hohlleiters befinde sich einetm mn Welle mit den gegebenen Feldkomponenten und den Wellenzahlenk x m) und k y n). x a z b y H x x,y,z,t) = jωǫk y jωt kz z) E ω 2 µǫ kz 2 sink x x) cosk y y)e H y x,y,z,t) = jωǫk x jωt kz z) E ω 2 µǫ kz 2 cosk x x) sink y y)e a) Welche Randbedingungen müssen E x x,y,z,t), E y x,y,z,t) und E z x,y,z,t) an den Hohlleiterwänden erfüllen? b) Welche Eigenschaften des E- und des H-Feldes werden zum Skizzieren des Feldlinienbildes einer TM 1,1 - Welle im Hohlleiter benötigt? Skizzieren Sie das Feldlinienbild E- und H-Feld) in die vorbereitete Abbildung des Hohlleiters. Begründen Sie Ihre Skizze! x a b y c) Es gelte: E z = E zx,y)e jωt kzz). Welche der Funktionen E zx,y) = C sink x x sink y y, E zx,y) = D cosk x x cosk y y genügen den Randbedingungen? Bestimmen Sie k x und k y.
d) Leiten Sie allgemein die Wellenzahl k z her. Verwenden Sie hierzu die Wellengleichung für H x oderh y. e) Leiten Sie die Grenzfrequenzen f cmn der Moden TM mn in Abhängigkeit von m und n aus der Wellenzahl her. Es gilt: b = 2a f) Geben Sie die obere und die untere Grenze der Kantenlängen a und b abhängig von der Frequenz an, sodass sich nur der kleinste TM - Mode ausbreitet. Hinweis: f cmn = 1 m ) 2 n ) 2 2 + µε a b
Lösung 4 16 Punkte) a) An einer ideal leitenden Fläche können keine tangentialen elektrischen Felder existieren. E z x,,z,t) = E x x,,z,t) = E z x,b,z,t) = E x x,b,z,t) = E z,y,z,t) = E y,y,z,t) = E z a,y,z,t) = E y a,y,z,t) = b) Folgende Bedingungen fließen in die Skizze ein: H z = E-Feldlinien stehen senkrecht auf der Leiterebene. Tangentiale E-Feldkomponenten verschwinden im idealen Leiter. E- und H-Feldkomponenten stehen senkrecht aufeinander. c) Mit den Randbedingungen aus a: E z,y) = C sin k x sin k y y = = Dcosk y y) y D = E za,y) = C sin k x a sin k y y = sin k x a = k x = nπ n = 1,2,3,... a Ezx,) = C sin k x x sin k y = Ezx,b) = C sin k x x sin k y b = sin k y b = k y = mπ m = 1,2,3,... b
d) Wellengleichung für H x ist H x µε 2 H x t =. Einsetzen von H x aus der Aufgabenstellung ergibt: k 2 xh x k 2 yh x k 2 z H x +ω 2 µεh x = kx 2 ky 2 kz 2 +ω 2 µε = k z = ω 2 µε kx 2 ky 2 e) An der Frequenz f = f cmn ist die Wellenzahl k z =. Nach Einsetzen der Wellenzahlen k x = mπ und k a y = nπ, die sich aus den Randbedingungen ergeben, und durch Auflösen b der Gleichung nachf können die Cut-off Frequenzen bestimmt werden. = k z = ω 2 c mn µε k 2 x k 2 y ωc 2 mn µε = kx 2 +ky 2 1 mπ ) 2 nπ f cmn = 2π + µε a b f cmn = 1 m ) 2 n ) 2 2 + µε a b f) Damit sich die Welle TM mn ausbreiten kann, muss folgende Bedingung erfüllt sein: ) 2 f > f cmn = 1 m ) 2 n ) 2 2 + µε a b Für den kleinsten Mode TM 11 ) und der Bedingung b = 2a ergibt sich daraus f > f c11 1 f > 1 ) 2 2 + µε a 5 a > 4 µεf ) 2 1 2a b = 2a > 5 2 µεf.
Der nächsthöhere TM-Mode ist der Mode TM 12 oder TM 21. Da die Kante b länger ist, besitzt der Mode TM 12 die tiefere Grenzfrequenz. f < f c12 1 f < 1 ) 2 2 + µε a 2 a < 2 µεf ) 2 2 = 2a 2 2 µε 1 a b = 2a < 2 µεf
Aufgabe 5 16 Punkte) Eine ebene Welle breitet sich in einem Leiter mitκ = κ 1, < κ 1 < in positive z-richtung aus und trifft bei z = b auf eine Grenzschicht zu Vakuum. Es gelte überall µ = µ. Im Leiter sind ε = ε 1 und k = k 1 komplex. Hinlaufende Welle: E + = E + e jωt k 1z) e y H + = H + e jωt k 1z) e x 4) Reflektierte Welle: E = E e jωt+k 1z) e y H = H e jωt+k 1z) e x 5) Durchgelassene Welle: Et = E t e jωt k z b)) e y Ht = H t e jωt k z b)) e x 6) x E + S + H + S - H - E t H t S t E - z y Leiter κ = κ 1,ε = ε 1 z=b Vakuum κ =,ε = ε a) Leiten Sie mittels der Maxwell-Gleichungrot H = D da J = ) und den Gleichungen 4) den folgenden Zusammenhang her:e = ΓH,Γ = µ ε. b) Geben Sie die Grenzbedingungen am Grenzübergang beiz = b für die Felder an! c) Berechnen Sie die Amplituden E t unde als Funktion der Amplitude E +! Hinweis: Nutzen Sie E + = Γ 1 H +,E = Γ 1 H,E t = Γ H t. Nun wird folgende Anordnung betrachtet: Eine Welle mit dem E-Feld E e soll vom Raumbereich z > b abgeschirmt werden. Dazu wird eine leitende Trennschicht zwischen < z < b genutzt. Neben den in den vorigen Aufgabenteilen betrachteten Wellen treten die beiden folgenden Wellen auf: Hinlaufende Welle im Vakuum: Ee = E e e jωt k z) e y He = H e e jωt k z) e x 7) Reflektierte Welle im Vakuum: Er = E r e jωt+k z) e y Hr = H r e jωt+k z) e x 8) x S e E e H e S r H r E + S + H + S - H - E t H t S t E r E - z y Vakuum z= Leiter κ =,ε = ε κ = κ 1,ε = ε 1 κ =,ε = ε z=b Vakuum d) Geben Sie die Grenzflächenbedingungen für die Felder an der Grenzschicht beiz = an!
e) Eliminieren SieE r undh r aus den Grenzflächenbedingungen fürz =! Berechnen SieE e als Funktion nur von E + und geben Sie die sog. Schirmdämpfung E t /E e an! Hinweis 1: Falls Sie Aufgabec) nicht gelöst haben, nutzen SieE t = A t +E + unde = A +E +! Hinweis 2: Nutzen Sie E e = Γ H e,e r = Γ H r.
Lösung 5 16 Punkte) a) rot H = D 1) H x e y z = e yεejω)e jωt kz) 2) He jωt kz) jk) = εejω)e jωt kz) 3) E = k εω H = ω µε H = εω µ ε }{{} Γ H 4) b) Die Tagentialkomponenten der Summe aller E- und H-Felder jeweils links und rechts der Grenzfläche müssen identisch sein: E + e jωt k 1b) +E e jωt+k 1b) = E t e jωt 5) H + e jωt k 1b) +H e jωt+k 1b) = H t e jωt 6) bzw. nach Division durche jωt : E + e jk 1b +E e jk 1b = E t 7) H + e jk 1b +H e jk 1b = H t 8) c) Mit den Hinweisen gilt: E + e jk 1b +E e jk 1b = E t 9) E + Γ 1 e jk 1b + E Γ 1 e jk 1b = E t Γ 1) Elimination von E t : E + e jk 1b 1 Γ ) +E e jk 1b 1+ Γ ) = Γ 1 Γ 1 Γ 1 11) E + e jk1b Γ 1 Γ )+E e jk1b Γ 1 +Γ ) = 12) Aufgelöst nache : E = E + e 2jk 1b Γ Γ 1 Γ +Γ 1 14) und daraus Bestimmung von E t : E t = E + e jk 1b 2Γ Γ +Γ 1 15) 13)
d) Auch hier gilt: Die Tagentialkomponenten der Summe aller E- und H-Felder jeweils links und rechts der Grenzfläche müssen identisch sein: E e +E r = E + +E 16) H e +H r = H + +H 17) d) Mit Hinweis 2 gilt: E e +E r = E + +E 18) E e Γ + E r Γ = E+ Γ 1 + E Γ 1 19) Multiplikation von 19) mit Γ und Subtraktion von 18) eliminiert E r : 2E e = E + 1+ Γ )+E 1 Γ ) Γ 1 Γ ) 1 ) E e = E + Γ +Γ 1 2Γ 1 +E Γ1 Γ 2Γ 1 = E + Γ +Γ 1 2Γ 1 +e 2jk 1b Γ Γ 1 Γ +Γ 1 Γ 1 Γ 2Γ 1 ) 2) 21) 22) MitE t aus Aufgabenteil c) ist die gesuchte Schirmdämpfung E t /E e : E t /E e = e jk 1b 2Γ Γ +Γ 1 Γ +Γ 1 2Γ 1 +e 2jk 1bΓ Γ 1 Γ +Γ 1 Γ 1 Γ 2Γ 1 ) 23) Mitα = Γ Γ 1 Γ +Γ 1 lässt sich der Ausdruck vereinfachen zu E t /E e = 1 α2 )e jk 1b 1 α 2 e 2jk 1b 24)