Theoretische Elektrodynamik~r ~

B = 0 ~r ~

E = �/�0

~r ⇥ ~

E = �@

t

~

B

~r ⇥ ~

B = µ0~

j + µ0�0@t

~

E

Wintersemester 2015/16, Universit

¨

at Erlangen-N

¨

urnberg, Prof. Dr. Florian Marquardt

Hausaufgaben

Aufgabe 3: Wellenleiter

Betrachten Sie einen Wellenleiter mit Querschnitt L

x

⇥ L

y

und unendlicher Ausdehnung in der z-Richtung (x =0 . . . L

x

, y = 0 . . . L

y

). Zeigen Sie, dass der Ansatz E

x

= E sin(ky

y) cos(kz

z � !t) eine korrekte Losung der Wellen-gleichung ist, wenn ! passend gewahlt wird. Welche Werte darf k

y

annehmen, damit die Randbedingung E

x

= 0 anden Oberflachen y = 0 und y = L

y

erfullt ist? Welche Werte darf k

z

annehmen? Zeichnen Sie !(kz

) zu festem Wert

von k

y

! Bestimmen Sie das ~

B-Feld! Skizzieren Sie ~

E-Feld und ~

B-Feld fur eine Situation mit k

y

= ⇡/L

y

. [6 Punkte]

L

¨

osung:

Wellengleichung:

(~r2 � 1c

2 @

2t

) ~

E = 0

Einsetzen des E-Felds liefert:

@

2x

E

x

= 0

@

2y

E

x

= �k

2y

E · sin(ky

y)cos(kz

z � !t) = �k

2y

E

x

@

2z

E

x

= �k

2z

E · sin(ky

y)cos(kz

z � !t) = �k

2z

E

x

@

2t

E

x

= �!

2E · sin(k

y

y)cos(kz

z � !t) = �!

2E

x

In die Wellengleichung:

�(k2y

+ k

2z

) � !

2

c

2 = 0

Dispersionsbeziehung:

! = c

q

k

2y

+ k

2z

Die Randbedingung E

x

(y = 0) = E

x

(y = L

y

) = 0 liefert fur k

y

:

E

x

(y = 0) = E · sin(ky

· 0)cos(kz

z � !t) = 0

E

x

(y = L

y

) = E · sin(ky

· L

y

)cos(kz

z � !t)!=

0

) k

y

L

y

= n

y

⇡

Da der Wellenleiter in z-Richtung unendlich ausgedehnt ist gibt es keine Beschrankung fur k

z

.Das B-Feld lasst sich mit den Maxwell-Gleichungen berechnen:

�@

~

B

@t

= ~r ⇥ ~

E

) ~

B = �´

dt

~r ⇥ ~

E

~r ⇥ ~

E =

0

@

0�k

z

E · sin(ky

y) sin(kz

z � !t)�k

y

E · cos(ky

y) cos(kz

z � !t)

1

A ) ~

B =

0

@

0kz!

E · sin(ky

y) cos(kz

z � !t)

�ky

!

E · cos(ky

y) sin(kz

z � !t)

1

A

4⇡3⇡2⇡1⇡0

0

L

y

k

z

z

y

~

B(x, y, z, t = 0)

~

E(x = 0, y, z, t = 0)

x

y

z0

−4 −2 0 2 4 0

2

4

6

8

10

k

z

!

n = 1n = 2n = 3n = 4

n

=0(triv

ial s

olut

ion)

k

y

=n⇡

L

y

4⇡3⇡2⇡1⇡0

0

L

y

k

z

z

y

~

B(x, y, z, t = 0)

~

E(x = 0, y, z, t = 0)

x

y

z0

−4 −2 0 2 4 0

2

4

6

8

10

k

z

!

n = 1n = 2n = 3n = 4

n

=0(triv

ial s

olut

ion)

k

y

=n⇡

L

y

Aufgabe 4: Wellengleichung

(a) Zeigen Sie: Die Funktion �(~r, t) = f(t � |~r|/c)/|~r| erfullt außerhalb des Ursprungs die Wellengleichung �� �c

�2@

2t

� = 0, wobei f eine beliebige (zweimal di↵erenzierbare) Funktion sein darf. [3 Punkte]

(b) Losen Sie die Wellengleichung in einer Dimension,

�

00 � 1

c

2@

2t

� = 0

fur die Anfangsbedingungen �(x, t = 0) = F (x) und @

t

�(x, t = 0) = 0. [2 Punkte]

L

¨

osung:

Laplace-Operator in Kugelkoordinaten:

�� = 1r

2@

@r

⇣

r

2 @�

@r

⌘

+ 1r

2sin(#)

@

@#

⇣

sin(#)@�

@#

⌘

+ 1r

2sin(#)

@

2�

@'

2

Auserdem gilt:

1r

2@

@r

⇣

r

2 @�

@r

⌘

= 1r

@

2

@r

2 r · �

a)

r� = 1r

@

2

@r

2 f(t � |~r|/c) = 1r

@

@r

⇥

f

0(t � |~r|/c) ·�

� 1c

�⇤

= 1rc

2 f

00(t � |~r|/c)

mit f

0(t � |~r|/c) = @

@(t� rc )f .

@

2

@t

2 � = 1r

f

00(t � |~r|/c)

) �� � 1c

2@

2

@t

2 � = 0

b)

Man nutzt den allgemeinen Ansatz:

� = f(x � ct) + g(x + ct)

Mit der 1. Anfangsbedingungen gilt:

�(x, t = 0) = F (x) = f(x) + g(x)

Wir nehmen an, dass f(x) = g(x) = 12F (x) und testen, ob die zweite Anfangsbedingung erfullt wird:

@

t

�|t=0 = 1

2c (�F

0(x � ct) + F

0(x + ct)) |t=0 = 0

) �(x, t) = 12 [F (x � ct) + F (x + ct)]

Aufgabe 5: Satz von Gauß und Stokes

(a) Verifizieren Sie den Satz von Stokes fur das Vektorfeld ~

V = (4x/3 � 2y)~e

x

+ (3y � x)~e

y

und die Oberflache

A =n

~r| (x/3)2

+ (y/2)2 1 and z = 0o

. [3 Punkte]

(b) Verifizieren Sie den Satz von Gauß fur das Vektorfeld ~

V = ax~e

x

+ by~e

y

+ cz~e

z

und die Kugel x

2 + y

2 + z

2 R

2.[4 Punkte]

L

¨

osung:

a)

Der Satz von Stokes lautet:

¸~

V · d

~

l =´

A

⇣

~r ⇥ ~

V

⌘

· d~a

Die beschriebene Ellipse kann parametrisiert werden als:

~r =

✓

3cos(')2sin(')

◆

; d~r =

✓

�3sin(')2cos(')

◆

Dadurch wird die linke Seite der Stokes Gleichung zu:

¸~

V · d

~

l =´ 2⇡

0

✓

4cos(') � 4sin(')6sin(') � 3cos(')

◆

·✓

�3sin(')2cos(')

◆

=´ 2⇡

0 12sin

2(') � 6cos

2(') =´ 2⇡

0

⇥

12sin

2(') � 6�

1 � sin

2(')�⇤

= 6⇡

Fur die rechte Seite gilt:

~r ⇥ ~

V =

0

@

001

1

A

´A

⇣

~r ⇥ ~

V

⌘

· d~a =´

A

da = a · b⇡ = 6⇡

Das Kreuzprodukt ergibt 1 und das Integral liefert die Flache der Ellipse.

b)

Satz von Gauß:´ ⇣

~r · ~

V

⌘

dW =¸

~

V · d

~

S

Die Linke Seite wird zu:´ ⇣

~r · ~

V

⌘

dW = (a + b + c)´

dW = (a + b + c) · 43⇡R

3

Das Integral liefert das Kugelvolumen, die Ableitung wird zu (a + b + c).

Fur die rechte Seite braucht man die Parametrisierung:

~r = r

0

@

sin(✓)cos(')sin(✓)sin(')

cos(')

1

A ; d

~

S =�

r

2sin(✓)d✓d'

�

e

r

Und die Einheitsvektoren in Kugelkoordinaten:

e

x

= sin(✓)cos(')er

+ cos(')cos(✓)e✓

� sin(')e'

e

y

= sin(✓)sin(')er

+ sin(')cos(✓)e✓

+ cos(')e'

e

z

= cos(✓)er

� sin(✓)e✓

Damit ergibt sich fur die rechte Seite:¸

~

V · d

~

S =˜

(ar · sin(✓)cos(')) · (sin(✓)cos(')) · (r2sin(✓))d✓d'+

+˜

(br · sin(✓)sin(')) · (sin(✓)sin(')) · (r2sin(✓))d✓d'+

+˜

(cr · cos(✓)) · cos(✓) · (r2sin(✓))d✓d' =

I

a

+ I

b

+ I

c

Fur die Integrale I

x

gilt:

I

x

= x ·�

43⇡R

3�

Damit ergibt sich fur die rechte Seite:¸

~

V · d

~

S = (a + b + c) · 43⇡R

3