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Lösungen zu Kapitel 1 “Grundbegriffe und Grundgleichungen der Elektrodynamik” 2( steht senkrecht auf !)Lösung 1.6Berechnen, wobei der Integrationsweg C ein Kreis mit dem Radiusye ϕR ist. Das konstante elektrischen Feld zeige in x-Richtung: .Mit dem Linienelementergibt sichERϕxLösung 1.7(vgl. VorlesungLösung 1.8e ϕ• Mittlere Geschwindigkeit• WirbelstärkeR• WirbeldichteMit wird (Geschwindigkeit ist konstant auf dem Kreis, daher istsie gleich der mittleren Geschwindigkeit) und .Von der Rotation in Zylinderkoordinatenbleibt nur z-KomponenteMit :

Lösungen zu Kapitel 1 “Grundbegriffe und Grundgleichungen der Elektrodynamik” 3Lösung 1.9(vgl. VorlesungLösung 1.10a) Die Stromdichte ist .ist die Bahngeschwindigkeit des Punktes P mit denKoordinaten r und θ. mitDie Stromdichte im Punkt P(r,θ) ist folglichfür 0 # r # R.ωrθrRP eϕb) Strom: .Die Integration erfolgt über die halbe Querschnittsfläche der Kugel (Fläche des Halbkreises). Mit demFlächenelementistMit der Ladungsdichteund der Winkelgeschwindigkeit( Umdrehungen pro s) ergibt sichLösung 1.11Raumladungsdichte einer Punktladung am Ort : . Aufgrund der Geschwindigkeitder Punktladung ändert sich der Ort, so dass die Raumladungsdicht durchbeschrieben wird.Lösung 1.12a) Das elektrische Feld im Punkt P ergibt sich aus der Summe der Einzelfelder, die durch die vierLadungen hervorgerufen werden. Die Ladungen Q 1 , Q 2 , Q 3 und Q 4 tragen also zum elektrischen Feldin P bei!b) Der elektrische Fluss durch die Oberfläche eines Volumens V wird durch die Maxwell-Gleichungbestimmt. Q encl ist die Ladung innerhalb des Volumens. Die Ladung innerhalb des Kugelvolumensist, d.h., nur Q 3 und Q 4 tragen zum elektrischen Fluss durch die Kugeloberfläche bei!

Lösungen zu Kapitel 1 “Grundbegriffe und Grundgleichungen der Elektrodynamik” 4Lösung 1.13Entsprechend der Maxwell-Gleichungist der magnetische Fluss durch die Oberfläche einesVolumens V immer Null, d.h., keine der Anordnungen verursacht einen magnetischen Fluss durch dieKugeloberfläche.(Anschaulich: Die magnetische Flussdichte ist quellenfrei, d.h., die -Feldlinien sind immer geschlossen.Der durch die Volumenoberfläche eintretende magnetische Fluss wird immer durch dengleichen aus der Oberfläche austretenden Fluss kompensiert!)Lösung 1.14a) Kontinuitätsgleichung , (Q Ladung im Kugelvolumen, I Strom aus bzw. in das Kugelvolumen).Damit wirdStrom am Anfang (t = 0):(Strom fließt aus dem Kugelvolumen heraus.)Zeit t 1/2 , wenn Ladung der Kugel um die Hälfte verringert:, d.h.b) Strom sei konstant über der Kugeloberfläche , d.h.und j(0) = 0,836 mA/cm 2 . Die Stromdichte ist auf den halben Wert nachabgefallen.(vgl. a))Lösung 1.15Benutzen Randbedingungen:Stetigkeit der Tangentialkomponenten des elektrischen FeldsE (I)Stetigkeit der Normalkomponenten der dielektrischen Verschiebung(keine Flächenladungen auf der Grenzfläche):α$E (II)g r(I)g r(II)Mit dem Ergebnis“Brechungsgesetz” der elektrischen Feldlinien!

Lösungen zu Kapitel 1 “Grundbegriffe und Grundgleichungen der Elektrodynamik” 5Lösung 1.16a) Poynting-Satz für das Vakuum (keine Ströme)Mitergibt sich(die Vektoren und haben die gleiche Richtung)Analog istEinsetzen in den Poynting-Satz mitergibtbzw.Die Größewird auch als Wellenwiderstand des Vakuums bezeichnet.b) Betrag des Poynting-Vektorsmit und der Periodendauer T).Zeitmittelung über eine Periode:Mit und (Vakuumlichtgeschwindigkeit)ergibt sichbzw.Lösung 1.17Auswerten von :ALj EElektrisches Feld im Leiter erzeugt Strom mit Stromdichte (σ elektrische Leitfähigkeit). Dader Strom I und damit auch die Stromdichte konstant ist, erhält man

Lösungen zu Kapitel 1 “Grundbegriffe und Grundgleichungen der Elektrodynamik” 6Mit dem Strom im Leiter wird , alsoOhmsche Verluste (Joulsche Wärme) in einem stromdurchflossenen Leiter mit dem Widerstand.

Lösungen zu Kapitel 2 “Elektrostatik” 7rVLösung 2.1Ausgangsgleichung , im Volumen V eingeschlosseneLadung.Ladung:Volumenelement in Polarkoordinaten ,RErgebnis:r’ # R:r’ $ R (Gesamtladung der Kugel):Feld:Kugelsymmetrie => , Oberflächenelement ,Feld innerhalb der Kugel, r # R:Feld außerhalb der Kugel, r $ R:Lösung 2.2Die durch den Blitz verursachte Ladung kann näherungsweise als kugelförmig angesehen werden miteinem Potential. Die Potentialdifferenz zwischen r 1 = 9 m und r 2 = 9,8 m ist folglich!Lösung 2.3Ausgangsgleichung ist das Gaußsche GesetzEASymmetrie bezüglich der Ebene:x- elektrisches Feld kann nur Komponente senkrechtzur Ebene (x-Richtung)- elektrisches Feld kann nicht von y und z (Koordinatenparallel zur Ebene) abhängen.Als Integrationsvolumen V wird ein Quader parallel zur Ebene gewählt.

Lösungen zu Kapitel 2 “Elektrostatik” 8Die Ladung im Volumen V ist .Damit wird bzw.Einheitsvektor in Normalenrichtung zur Ebene.Elektrisches Feld ist konstant, nicht abhängig vom Abstand d zur geladenen Ebene!Potential im Abstand d:Lösung 2.4Potential:Beitrag des Linienelement dz im Abstand z vom Ursprung mitLadung zum Potential:-L/2 0 dzL/2r znzrzdEe zIntegration über die Linienladung:und somitElektrisches Feld:Beitrag des Linienelement dz im Abstand z vom Ursprung mit LadungFeld:zum elektrischenmit wirdIntegration über die Linienladung:

Lösungen zu Kapitel 2 “Elektrostatik” 9Das zweite Integral ergibt 0 (Integration einer auf [-L/2, L/2] ungeraden Funktion) und, so dass übrig bleibt:Das gleiche Ergebnis erhält man auch aus .Lösung 2.5a) Die Ladungen kompensieren sich, so dass die Kugel außerhalb derKugelschale neutral ist.b) Nach dem Gauß’schen Gesetz gilt .Q V ist die im Volumen V befindliche Ladung. Wählt man als IntegrationsvolumenV eine Kugel mit einem Radius r, der größer als der Radiusder geladenen Kugelschale R ist (r > R), dann ist, unddamit auch bzw. (vgl. elektrisches Feld einer kugelsymmetrischenLadung).Auch hier wird noch einmal deutlich: Ladungen sind die Ursachen (Quellen) des elektrischenFeldes. Ist die elektrische Feldstärke Null, dann muss die resultierende Ladung ebenfalls Null sein!rR+------------------------------Lösung 2.6Auswerten des IntegralszPMit den Größen in Zylinderkoordinaten (vgl. Skizze), , undR0r zda’ergibt sich. Mitdϕfindet man

Lösungen zu Kapitel 2 “Elektrostatik” 10Lösung 2.7Elektrisches Feld:Ausgangsgleichung:, Q Zyl = ρ L LLadung im ZylinderIntegrationsgebiet:Oberfläche eines Zylinders (Länge L -> 4, Radius r z > R),symmetrisch zum geladenen Zylinder. Flächenelement inZylinderkoordinatenr z- L/20 L/2IntegrationsgebietWegen Zylindersymmetrie hängt das elektrische Feld nur vom Abstand von der Zylinderachse ab:.Damit wirdzund damit das elektrische Feld im Außenraum des geladenen Zylinders (r z > R):Potential:Lösung 2.8Position der Ladung Q bei .a) Gesucht elektrisches Feld im Punkt P, dessen Parallelkomponentenauf der Oberfläche der leitenden Ebenen verschwinden:x = 0: E y = 0 und y = 0: E x = 0.yPQr 0rdxdAnsatz: Erfüllen der Randbedingung durch drei Spiegelladungen:Zunächst wird bez. der Ebene y = 0 symmetrisch zu Q die Spiegelladung Q' beiangeordnet.Symmetrisch zur Ebene x = 0 erfordern die Ladungen Q und Q' die Spiegelladungenund bei .beiDamit Ansatz für das elektrische Feld im Punkt P bei :

Lösungen zu Kapitel 2 “Elektrostatik” 11Lösung auf der Ebene y = 0:, ,,und,Damit wird das elektrische Feld auf dieser EbeneP xrQd Q’r 0 r’ 0y d -dQ’’r’’ 0-d r’’’ 0Q’’’Die Forderung, dass die Tangentialkomponente auf der Ebene y = 0 verschwindet,oder, führt zu den Relationen:undIn analoger Weise führt für die Ebene x = 0 die Randbedingungoderzuundworaus sichundergibt.Die Lösung für das elektrische Feld im Außenraum der Ebenen ist damitb) Influenzierte Flächenladungsdichten:Ebene y = 0:Ebene x = 0:Lösung 2.9Potential der Punktladung vor der geerdeten Metallkugel

Lösungen zu Kapitel 2 “Elektrostatik” 12(vgl. Vorlesung).a) Elektrisches Feldb) FlächenladungsdichteIntegration über die Kugeloberfläche ( )Lösung 2.10R 1 = 0,5 mm, R 2 = 3 mmPotential im Bereich R 1 < r z < R 2 (vgl. Lösung 2.7).Potentialdifferenz zwischen beiden Leitern:Kapazität pro Längeneinheit:

Lösungen zu Kapitel 2 “Elektrostatik” 13Lösung 2.11Lösung 2.12d = 5 mm,, Radius der Drähte R = 0,5 mm.rr-r 0Potential beider Drähte = Summe der Potentiale von 2 ZylindernQ -Q0 dxPotentialdifferenzKapazität pro Längeneinheit

Lösungen zu Kapitel 3 “Magnetfelder stationärer Ströme” 14Lösung 3.1Ausgangsgleichung - Ampersches Durchflutungsgesetz:.AzDas Magnetfeld kann nur eine Komponente in y-Richtunghaben, für z > 0 in negative y-Richtung, für z < 0 in positivey-Richtung (rechte Hand-Regel!).Die Fläche A wird daher parallel zur yz-Ebene symmetrischzur stromdurchflossenen Fläche gewählt (vgl. Skizze).I encl ist dann der Strom durch die Fläche A, .xbj FyDas Wegintegral über den Rand der Fläche A wird dann, mitdem ErgebnisLösung 3.2Zunächst werden die Felder in der Symmetrieebeneeines Leiterstücks der Länge 2L berechnet,danach wird der Grenzübergang L 6 4durchgeführt.Prr-r’Zylinderkoordinaten:, , ,,dzr’-L 0 z Lza) Biot-Savartsches Gesetz :Mitergibt sichMit L 6 4 findet man das bekannte Ergebnisb) Vektorpotential :Vektorpotential hat in der Symmetrieebene nur eine z-Komponente:

Lösungen zu Kapitel 3 “Magnetfelder stationärer Ströme” 15Die magnetische Flussdichtehat nur eine n-Komponente:Mit L 6 4 findet man das bekannte ErgebnisDas Vorgehen unter b) ist nur unter der Voraussetzung richtig, dass die magnetische Flussdichtetatsächlich nur eine n-Komponente hat. Außerhalb der Symmetrieebene z = 0 hat das Vektorpotentialauch eine Radialkomponente. Ist eine Funktion in einem Punkt gleich Null, wie hier die Radialkomponentedes Vektorpotentials bei z = 0, muss ihre Ableitung dort nicht ebenfalls gleich Null sein!Lösung 3.3Das Gesamtfeld ist die Überlagerung der Felder der einzelnen Kreisringe.Benutzt man das Ergebnis der Vorlesung mit, ergibt sichR-R/2I0+R/2IzGraphische Darstellung:Auftragen vonüber ς = z/R:Untere Kurve: Normierte magnetische Flussdichte eines Kreisrings bei z = 0

Lösungen zu Kapitel 3 “Magnetfelder stationärer Ströme” 1621.5B'(z/R)10.502 1 0 1 2z/RyLösung 3.4dy r’aaxr-r’Das Magnetfeld einer quadratischen Leiterschleife, Seitenlänge2a, Strom I wird mit Hilfe des Biot-SavartschenGesetzes berechnet:-aI-arzLeiterstücke parallel zur x-Achse: ,Leiterstück bei y = a: ,Leiterstück bei y = -a: ,Leiterstücke parallel zur y-Achse: ,Leiterstück bei x = -a: ,Leiterstück bei x = a: ,Die Beiträge der Leiterschleifen zur Feldkomponente senkrecht zur z-Achse (x- und y-Komponenten)heben sich heraus. Damit bleiben die Integrale:Die Integration führt zuund damit

Lösungen zu Kapitel 3 “Magnetfelder stationärer Ströme” 17Lösung 3.5Die rechtwinklig geknickte stromdurchflossene Leiterschleife kannman aus zwei ebenen quadratischen Leiterschleifen zusammensetzen(vgl. Bild). Der Strom der Seiten, die die Knickstelle bilden hebt sichgerade heraus.Das gesamte Dipolmoment ist die Summe der Dipolmomente derbeiden Leiterschleifenmit dem BetragxazaI+aayund der Richtung entlang der Geraden y = z.Lösung 3.6Ausgangsgleichung - Biot-Savart’sches Gesetz1. Die Beiträge von Leiter 1 und Leiter 3 zum Magnetfeld:Größen entsprechend der Skizze:- P ist Koordinatenursprung, d.h., ,yI1- (Leiter 1), (Leiter 3)--- (Leiter 1)- (Leiter3)2zPIr´ Rx3xMitwird

Lösungen zu Kapitel 3 “Magnetfelder stationärer Ströme” 182. Leiterstück 2 (Halbkreis):yR1Größen entsprechend der Skizze:- P ist Koordinatenursprung, d.h., ,- ,e ϕϕ2 r’PIIx- ,Damit wird3Die magnetische Flussdichte im Punkt P der Leiteranordnung ist also

Lösungen zu Kapitel 4 “Quasistationäre Vorgänge - Wechselstrom 19Lösung 4.1Stromdurchflossene lange Spule (Länge L >> Radius a), Strom , Windungsdichte n,Spulenachse in Richtung z-Achse.a) magnetische Flussdichte (vgl. Vorlesung)b) Induzierte Spannung:(*)Strom in der Leiterschleifec) Wegen kann die Gegeninduktivität aus Gleichung (*) entnommen werden:Lösung 4.2Induzierte Spannung in der quadratischen Leiterschleife.a) Magnetische Flussdichte verursacht durch den geraden LeiterMagnetischer Fluss durch die quadratische Leiterschleife (magnetischeFlussdichte steht senkrecht auf der Fläche der Leiterschleife).saIt ()arzzInduzierte Spannung in der LeiterschleifeMit der Zeitableitung des Stroms des langen Leiters(*)ergibt sich der Strom in der Schleife

Lösungen zu Kapitel 4 “Quasistationäre Vorgänge - Wechselstrom 20b) Die Gegeninduktivität kann wieder aus Gl. (*) abgelesen werden:Lösung 4.3a) AusgangsgleichungSpannung wird zum Zeitpunkt t 0 = 0 abgeschaltet, d.h. AnfangsbedingungLRU 0ILösungsansatz:Einsetzen: mit der Lösung .Die Konstante A ergibt sich aus der Anfangsbedingung. Damit erhält man die LösungAbklingen des Stroms mit der Zeitkonstante(proportional zur Induktivität L, umgekehrt proportionalzum Widerstand R) im Unterschied zur RC-Zeitkonstante eines Kreises mit Kapazität C (τ = RC).Ursache: Bei Kapazität bestimmt ohmscher Widerstand die Lade- und Entladegeschwindigkeit -> τ- RBei Induktivität “glättet” R zeitlichen Anstieg bzw. Abfall, .Lösung 4.4BEffektive Fläche ,magnetischer Flussvinduzierte Spannungbt ()lLösung 4.5a) Magnetische Flussdichte zwischen den ZylindernabIrzzI

Lösungen zu Kapitel 4 “Quasistationäre Vorgänge - Wechselstrom 21im Außenraum des Koaxialkabels ist sie gleich Null.Die magnetische Energiedichte ist dortDie Energie im Volumen V:Das Volumen ist ein Zylinderring der Länge d, dem Innenradius b und dem Außenradius a, das Volumenelementin Zylinderkoordinaten :mit dem Ergebnisb) Magnetische Energie einer Anordnung mit der Induktivität L (vgl. Vorlesung) ,woraus sich die Selbstinduktivität pro Längeneinheit ablesen läßt

Lösungen zu Kapitel 5 “Schnell veränderliche Felder - elektromagnetische Wellen” 22Lösung 5.1Zur Bestimmung der Energiedichte und des Poynting-Vektors wird diemagnetische Flussdichte für das elektrische Feld benötigt mit(Welle in z - Richtung) und(Welle in -z - Richtung).Mit ergibt sich für ( )und für ( )und damita) Energiedichte (mit )Zeitlicher Mittelwert ( )b) Energiestromdichtezeitliche Mittelung über eine PeriodendauerDer zeitliche Mittelwert der Energiestromdichte verschwindet, da eine stehende Welle eine stationäreSchwingungsverteilung ist und keine Energie transportiert.Lösung 5.2Elektrisches Feld einer ebenen harmonische Welle in reeller und komplexer Schreibweise,mit Wellenzahlvektor .

Lösungen zu Kapitel 5 “Schnell veränderliche Felder - elektromagnetische Wellen” 23Magnetische FlussdichteBetrag des Poynting-Vektors(wichtig: Für die Bildung des Poynting-Vektors müssen die reellen Felder undverwendet werden, da wegen des nichtlinearen Zusammenhangsist!)Zeitliche Mittelung über eine PeriodendauerDas gleiche Ergebnis erhält man mitLösung 5.3In der Vorlesung wurde gezeigt, dass jede FunktionLösung der homogenen, skalaren Wellengleichungist.Die Funktionen f 1 , f 2 und f 3 in a) - c) hängen vonab und sind damit Lösungen der homogenenWellengleichung.d) Die Funktionen f 4 hat ein anderes Argument und dürfte daher nicht Lösung der homogenen Wellengleichungsein. Expliziter Beweis:einsetzen,!e) Die Funktionen f 5 kann umgeformt werdenist also ebenfalls eine Lösung der homogenen Wellengleichung.

Lösungen zu Kapitel 5 “Schnell veränderliche Felder - elektromagnetische Wellen” 24Lösung 5.4Zu zeigen, dass Lösung der Wellengleichung :mit und istD. h., ist Lösung, wenn die Dispersionsrelation erfüllt ist!Lösung 5.5Zeitmittel der Energiedichte des elektrischen Felds (vgl. Aufgabe 5.2)Elektrisches einer Welle im leitenden Medium (komplexe Darstellung, vgl. Vorlesung)Magnetische Flussdichte (komplexe Darstellung) aus dem Induktionsgesetz-- Die Zeitabhängigkeit der magnetischen Flussdichte muss die gleiche sein wie die des elektrischenFelds , womit man erhältDamit wirdZeitmittel der Energiedichte des magnetischen Feldsmit(vgl. Vorlesung) ergibt sichIm leitenden Medium ist die mittlere Energiedichte des magnetischen Felds ebener Wellen immer größerals die des elektrischen Felds!

Lösungen zu Kapitel 5 “Schnell veränderliche Felder - elektromagnetische Wellen” 25Lösung 5.6a) Hochfrequente Ströme fließen hauptsächlich an der Oberfläche eines Leiters (Skineffekt). DieSchichtdicke sollte daher in der Größenordnung der Eindringtiefe für den Skineffekt sein:(vgl. Vorlesung).b) Abschirmung erfolgt dadurch, das die in den Leiter eindringende Welle absorbiert wird. Für diesenFall sollte die Schichtdicke in der Größenordung der Eindringtiefe elektromagnetischer Wellen inein leitendes Medium liegen. Für Silber kann die Näherung für stark absorbierende Medien benutztwerden:Lösung 5.7Berechnen des Wellenzahlspektrums durch Fourier-Transformationa) ,Betrag:8C 2 /α 2Ak () 2(Lorentz-Funktion)C 2ux (,0) 2k-k 0b)x

Lösungen zu Kapitel 5 “Schnell veränderliche Felder - elektromagnetische Wellen” 26c)Betrag:Lösung 5.8a) Phasengeschwindigkeit: , ,n(1,5 µm) = 3,4828, c = 8,6078@10 7 m/sGruppengeschwindigkeit: ,b) Impulslänge:, v g = 8,2796@10 7 m/sAuseinanderlaufen des Impulses nach Laufzeit(z in der Zeit t zurückgelegte Strecke):bzw.Verdopplung der Impulsdauer:Auflösen nach z:, mit erhält man ,Mit , n(1,5 µm) = 3,4828, c = 8,6078@10 7 m/s, wird z = 0,27 mm.

Lösungen zu Kapitel 5 “Schnell veränderliche Felder - elektromagnetische Wellen” 27Lösung 5.9a) Gruppengeschwindigkeit (vgl. Vorlesung)Mitfindet manMit λ = a istb) Obere Spur: Phasengeschwindigkeit, untere Spur: GruppengeschwindigkeitPhasen- und Gruppengeschwindigkei1 .10 91 .10 81 .10 70 0.5 1 1.5 21 .10 10 normierte Wellenlängec) Gruppengeschwindigkeitsdispersionundmit λ = a und a = 0,01 m erhält man .

Lösungen zu Kapitel 5 “Schnell veränderliche Felder - elektromagnetische Wellen” 28d) Pulslänge nach Laufzeit t für Gauß-Puls:bzw.Laufzeit für Verdopplung der Pulslänge :Mit und ist t = 4,716@10 -8 s = 47,2 ns.Das entspricht einem Strecke von .Lösung 5.10vgl. Vorlesung - Nachvollziehen für senkrechten Einfall α = 0.Lösung 5.11a) Negativer Amplitudenreflexionskoeffizientbedeutet, dass einfallendes und reflektierteselektrisches Feld um π phasenverschobenist.b) , n 1 = 1, r = 0,415rp( α )tp( α )10.60.20.20.6c) , α B = 67,55°d) b z w .10 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6αEinfallswinkelmit dem Brechungsgesetzergibt sichund α = 1,362 rad = 78,04°.

Lösungen zu Kapitel 5 “Schnell veränderliche Felder - elektromagnetische Wellen” 29Lösung 5.12Potentiale (vgl. Vorlesung): und wobei,Lorentz-Eichung: .Mitdabei wurde benutzt, dass und ist,sowiewirderfüllt!Lösung 5.13Komponenten des elektrischen Felds des in x-Richtung schwingenden Dipols auf der z-Achse inFernfeldnäherung (komplexe Darstellung)sowie elektrisches Feld des in y-Richtung schwingenden Dipols auf der z-AchseDas Gesamtfeld des rotierenden Dipols ist die Summe beider Feldersowie der RealteilAnalog erhält man die magnetische Flussdichte

Lösungen zu Kapitel 5 “Schnell veränderliche Felder - elektromagnetische Wellen” 30undDamit erhält man den Betrag des Poynting-VektorsLösung 5.14a) Maxwell-Gleichungen ,,Auf erste Gleichung mit und anwenden:Mitwirdb) , g r = g r (z),, ,und damit