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Merlin Mitschek, Verena Walbrecht

10.03.2015

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Theoretische Physik: Elektrodynamik Probeklausur - L¨osung

Technische Universit¨at M¨unchen

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Aufgabe 1 (8 Punkte) Auf der z - Achse liegt ein (unendlich langer) gerader Draht mit der konstanten Ladungsdichte λ. ~ r). (3 Punkte) 1. Berechnen Sie das von dieser Anordnung erzeugte elektrostatische Feld E(~ 2. Der geladene Draht wird nun in die x - Richtung um den Abstand x0 > 0 parallel verschoben. Desweiteren befindet sind in der yz - Ebene (bei x = 0) eine (unendlich ausgedehnte) geerdete Metallplatte. ~ r) im (a) Bestimmen Sie mit der Methode der Spiegelladungen das elektrische Feld E(~ ¨ ~ r) Halbraum x > 0 zu der vorgegebenen Randbedingung. Uberpr¨ufen Sie, dass E(~ auf der Metallplatte nur eine Normalkomponente besitzt. (3 Punkte) (b) Geben Sie die auf der Metallplatte influenzierte Fl¨achenladungsdichte σ(y) an und R∞ berechnen Sie dyσ(y). (2 Punkte) −∞

L¨osung: 1. gerader Draht mit homogener Linienladungsdichte λ auf z - Achse. ρ(~r) = λδ(x)δ(y)

(1)

Wegen der Zylindersymmetrie ist das elektrische Feld:    x/ρ ~ r) = E(ρ)~eρ = E(ρ) y/ρ E(~   0

,

ρ=

q

x2 + y2

(2)

Benutze nun den Gauß’schen Satz: " Z Z 1 1 3 0 ~ ~ dzλ ⊂⊃ d F · E(~r) = d r · ρ(~r ) = ε0 V ε0 ∂V

(3)

und als Volumen V einen Zylinder der H¨ohe l und Radius ρ. F¨ur die Stirnfl¨achen ist d F~ ∝ ~ez : "

~ r) = 0 d F~ · E(~

⇒

(4)

S tirn f l.

F¨ur die Mantelfl¨ache ist d F~ = rdϕdz = ~eρ : "

~ r) = d F~ · E(~

⇒ Mantel f l

l

Z

Z dz

0

2π

dϕρE(ρ)~eρ · ~eρ = 2πρlE(ρ)

(5)

0

Nach dem Satz von Gauß folgt:

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2πρlE(ρ) =

1 ε0

Z

⇒ E(ρ) =

l

dzλ =

0

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λl ε0

(6)

λ 2πε0 ρ

(7)

   x λ   ~ r) = ⇒ E(~ y 2πε0 (x2 + y2 ) 0

(8)

2. Draht vor geerdeter Metallplatte Aufgrund der Methode der Spiegelladungen platziert man einen Spiegeldraht parallel zur z− Achse bei y = 0 und x = −x0 mit der Linienladungsdichte −λ. Damit folgt f¨ur das elektrische Feld im Halbraum x > 0:      x − x0   x + x0  λ λ     y  −  y  ~ r) = E(~ 2πε0 [(x − x0 )2 + y2 ]  0  2πε0 [(x + x0 )2 + y2 ]  0 

(9)

auf der Metallplatte bei x = 0 folgt:   −x0 − x0  λx0 λ  y − y  = − ~ y) = ~e E(0,  2 2 x 2πε0 [x02 + y2 ]  πε (x 0 0+y ) 0

(10)

Das elektrische Feld hat also nur eine Normalkomponente: ~ y) ∝ ~n = ~e x E(0,

(11)

3. Die induzierte Fl¨achenladungsdichte folgt aus dem Sprung der Normalkomponente von ~ E: ~ Fl¨ache = ε0~e x · ~e x σ = ε0~n · E| ⇒ σy = −

2λx0 πε0 (x02 + y2 )

(12)

λx0 π(x02 + y2 )

(13)

F¨ur das Integral folgt: Z

∞

dyσy =

−∞

Z

∞

dy −∞

−λx0 λx0 1 =− 2 2 π x02 π(x0 + y )

Z

∞

dy −∞

1+

Durch Substitution von µ = y/x0 l¨asst sich das Integral leicht l¨osen: λ λ  π −π  arctanµ|µ=∞ = − − = −λ µ=−∞ π π 2 2

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3

1  y 2

(14)

x0

(15)

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Aufgabe 2 (5 Punkte) Eine homogen geladene Kreisscheibe vom Radius R und vernachl¨assigbarer Dicke tr¨agt die ~ = ω~ez um eine Gesamtladung Q und rotiert starr mit der (konstanten) Winkelgeschwindigkeit ω ~ dieser Achse senkrecht durch den Kreismittelpunkt. Berechnen Sie das magnetische Moment m Anordnung. L¨osung: Homogen geladene, rotierende Kreisscheibe. Die Ladungsdichte der homogen geladenen Kreisscheibe ist: ρ(~r) =

Q Θ(R2 − x2 − y2 )δ(z) πR2

(16)

~ × ~r folgt f¨ur die Stromdichte: Mit der Geschwindigkeit ~v = ω       0  x −y Qω       2 2 2 ~j(~r) = ρ(~r)~v(~r) = ρ(~r)ω 0 × y = Θ(R − x − y )δ(z)  x      πR2 1 z 0

(17)

Damit ist das magnetische Moment der Anordnung:

1 2

Z

d3 r~r × ~j(~r)     Z  x −y Qω     3  2 2 2 = d r y ×  x  Θ(R − x − y )δ(z) 2πR2 z 0   Z  −xz  Qω   = d3 r  −yz  Θ(R2 − x2 − y2 )δ(z)  2 2πR2 2 x +y

~ = m

Qω = 2πR2

Z2π

ZR dϕ

dρρρ2 ~ez

⇒

~ = m

(18)

Q 2 R ω~ez 4

0 |{z} |0 {z } 2π

R4 4

Aufgabe 3 (12 Punkte) Ein (sehr langes) gerades Koaxialkabel besteht aus einem inneren, leitenden Vollzylinder vom Radius R1 und konzentrische dazu einem leitenden Zylindermantel mit Radius R2 > R1 und vernachl¨assigbarer Dicke, welcher als R¨uckleitung dient. Die Zylinderachse liegt auf der z Achse. 1. Geben Sie die Stromdichte ~j(~r) ∼ ~ez im Koaxialkabel an, wenn der hin- und r¨uckfließende Strom I jeweils gleichm¨aßig u¨ ber den Leiterquerschnitt verteilt ist. (Punkte 3)

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~ r) = A(ρ)~ez im ganzen Raum. 2. Berechnen Sie das zugeh¨orige (stetige) Vektorpotential A(~ (6 Punkte) Hinweis: Da die Funktion A(ρ) nur vom Radius ρ abh¨angt, gilt f¨ur den Laplaceoperator in d [ρA0 (ρ)]. Zylinderkoordinaten ∆A(ρ) = A00 (ρ) + ρ1 A0 (ρ) = ρ1 dρ 3. Berechnen Sie die Selbstinduktivit¨at pro L¨angeneinheit

L l

des Koaxialkabels. (3 Punkte)

L¨osung: 1. Stromdichte:     ~j(~r) =  I Θ(R1 − ρ) − I δ(ρ − R2 ) ~ez 2 2πR πR1 2

(19)

Test durch Fl¨achenintegral (erf¨ullt): Z

I I 2πR2 = 0 πR2 − πR21 1 2πR2

(20)

Z ~j(~r0 ) ~ r ) = µ0 A(~ d3 r0 ∝ ~ez 4π |~r − ~r0 | = A(~r)~ez

(21)

d F~ · ~j =

Querschnitt

2. Vektorpotential:

~j ∝ ~ez

⇒

~ r)A(ρ)~ez . Aus der Maxwellgleichung rot B ~ = µ0 ~j Wegen der Zylindersymmetrie gilt A(~ ~ = 0 ): folgt in Coulomb-Eichung ( divA ~ = rotrot A ~ = graddivA ~ − ∆A ~ = −∆A ~ µ0 ~j = rot B

(22)

Das Vektorpotential erf¨ullt also die Poissongleichung: ~ r) = −µ0 ~j(~r) mit ∆A(~

~ r) = A(ρ)~ez A(~

(23)

Da A(ρ) nur vom Abstand zur z - Achse abh¨angt, folgt: ∆A(ρ) =

µ0 I 1 ∂ [ρA0 (ρ)] = − ρ ∂ρ π

    Θ(R1 − ρ) δ(ρ − R2 )   −    2R2  R21

(24)

L¨osung der homogenen Differentialgleichung: ·ρ,dρ 1 ∂ [ρA0 (ρ)] = 0 ⇒ ρA0 (ρ)a ρ ∂ρ R :ρ, dρ

⇒ = A(ρ) =

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Z dρ

a = alnρ + b ρ

5

,

(25)

a, bkonstant

(26)

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L¨osung im Bereich ρ < R1 : 1 ∂ µ0 I [ρA0 (ρ)] = − 2 ρ ∂ρ πR1 ⇒ ρA0 (ρ) = − A(ρ) = −

(27)

µ0 I 2 ρ +a 2πR21

µ0 I + alnρ + b 4πR21

,

(28)

(29)

a, bkonstant

Ansatz: F¨ur ρ < R1 : A(ρ) = −

µ0 I 2 ρ + a1 lnρ + b1 4πR21

(30)

a2 lnρ + b2

(31)

a3 lnρ + b3

(32)

F¨ur R1 < ρ < R2 :

F¨ur ρ > R2 :

Damit A(0) endlich ist, muss a1 = 0 sein. Wir w¨ahlen b1 = 0 (unbedeutende additive Konstante). Stetige Differenzierbarkeit bei ρ = R1 liefert dann: −

µ0 I 2 R = a2 lnR1 + b2 4πR21 1

,

µ0 I 1 R1 = a2 R1 2πR21

(33)

µ0 I 2π

(34)

µ0 I µ0 I µ0 I + lnR1 = − (1 − 2lnR1 ) 4π 2π 4π

(35)

⇒ a2 = − ⇒ b2 = −

−

~ r) = A(ρ)~ez folgt mit Rotation in Zylinderkoordinaten B ~ = rot A ~ = − ∂A(ρ) ~eϕ = Aus A(~ ∂ρ B(ρ)~eϕ . Wendet man das Ampere’sche Durchflutungsgesetz auf eine Kreisscheibe mit Radius ρ > R2 an, folgt mit ~r = ρ~eρ und d~r = ρ~eϕ : I

~ r) = d~r · B(~

Z

2π

dϕρB(ρ)~eϕ · ~eϕ = 2πB(ρ) = (I − I)µ0 = 0

(36)

⇒ B(ρ) = 0 ⇒ A(ρ) ist konstant f¨ur ρ > R2 , da B(ρ) = −A0 (ρ)

(37)

a3 = 0

(38)

∂F

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0

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Stetigkeit bei ρ = R2 liefert damit: R1 µ0 I 1 + 2ln b3 = a2 lnR2 + b2 = − 4π R2

! (39)

Insgesamt erh¨alt man f¨ur das Vektorpotential: F¨ur ρ < R1 : A(ρ) = −

µ0 I ρ2 · 4π R21

(40)

F¨ur R1 < ρ < R2 : ρ µ0 I · 1 + 2ln A(ρ) = − 4π R1

!

R2 µ0 I · 1 + 2ln 4π R1

!

(41)

F¨ur ρ > R2 : A(ρ) = −

(42)

3. F¨ur die Selbstinduktivit¨at gilt allgemein: Z

1 L= I2

~ r) d3 r~j(~r) · A(~

(43)

V

Bei Translationsinvarianz folgt f¨ur die Selbstinduktivit¨at pro L¨angeneinheit: 1 L = 2 l I

⇒

"

~ r) dF ~j(~r) · A(~

(44)

Querschnitt

Z 2π Z ∞ L 1 ~ r) = = 2 dϕ dρρ~j(~r) · A(~ l I 0 0 Z ∞ 1 −µ0 I I ρ2 2π = 2 dρρ{ 2 Θ(R1 − ρ)~ez · 2 ~ez − I 4π πR1 R1 0 ! R2 I ~ez } = δ(ρ − R2 )~ez · 1 + 2ln − 2πR2 R1 Z R1 ! µ0  ρ3 R2 R2    =−  dρ 4 − 1 + 2ln   2π  0 2R R R1 2 1

(45)

R2 1 L µ0 = ln + l 2π R1 4

(46)

⇒

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!

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Aufgabe 4 (14 Punkte) Eine d¨unne Linearantenne der L¨ange 2d liegt auf der z - Achse und wird u¨ ber einen schmalen Spalt in der Mitte mit Wechselstrom der Frequenz ω gespeist. Die auf den Bereich |z| < d begrenzte, zeitlich periodische (komplexe) Stromdichte hat die folgende Form: ~j(~r, t) = I0 sin(kd − k|z|)δ(x)δ(y)eiωt~ez

,

k=

ω c

(47)

~ r, t) = Az (~r)e−iωt~ez die Fernw1. F¨uren Sie f¨ur das (komplexe) retardierte Vektorpotential A(~ 1 feldentwicklung bis zur Ordnung r durch und zeigen Sie, dass der r¨aumliche Anteil durch folgenden Ausdruck gegeben ist:

µ0 I0 eikr Az (~r) = 4π r

Zd dz0 sin(kd − k|z0 |)exp(−ikz0 cosϑ)

≡

µ0 I0 eikr F(k, ϑ) 2π kr

(48)

−d

Das Ergebnis F(k, ϑ) = cos(kdcosϑ)−cos(kd) f¨ur obiges Integral k¨onnen Sie ohne Beweis und sin2 ϑ Herleitung verwenden. (4 Punkte) 2. Berechnen Sie die zugeh¨origen r¨aumlichen Anteile proportional zu ~ r). (6 Punkte) und elektrischen Fernfelder vecB(~r) und E(~

1 r

~

der magnetischen ~∗

r)× B (~r)] und geben 3. Bestimmen Sie den zeitlich gemittelten Poynting-Vektro S~ av (~r) = Re[E(~2µ 0 dP Sie die differentielle Strahlungsleistung dΩ der Linearantenne an. (4 Punkte)

L¨osung: Mit Wechselstrom gespeiste Linearantenne. zeitlich periodische komplexe Stromdichte: ~j(~r, t) = I0 sind(kd − k|z|)δ(x)δ(y)e−iωt~ez im Bereich |z| < d, mit k =

(49)

ω c.

1. Das komplexe retardierte Vektorpotential ist: Z ~j(~r0 , A − 1 |~r − ~r0 |) c ~ r, t) = µ0 A(~ d3 r0 = 4π |~r − ~r0 | Z µ0 = d3 r0 I0 sin(kd − k|z0 |)δ(x0 )δ(y0 )· 4π iω 1 0 ~ez · e−iωt e c |~r−~r | |~r − ~r0 |

(50)

Nun f¨uhrt man eine Fernfeldentwickling (r  r0 ) durch:

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" !#−1/2 ~r~r0 1 r02 1 2 0 02 −1/2 = (r − 2~r~r + r ) = 1−2 2 +O 2 2 |~r − ~r0 | r r

(51)

1

Nun f¨uhren wir f¨ur den Term der Form (1 + x)− 2 -Term eine Taylorentwicklung durch. " !# ! ~r~r0 1 r02 1 r0 1+ 2 +O 2 = +O 2 (52) r r r r r

s

! ~r~r0 r02 k|~r − ~r | = kr 1 − 2 2 + O 2 = r r ! !# ~r~r0 r02 r02 = kr 1 − 2 + O 2 = k(r − ~er · ~r0 ) + O r r r

(53)

" !# 1 exp(ik|~r − ~r0 |) = exp ik(r − ~er · ~r0 ) + O r

(54)

0

Wegen δ(x0 )δ(y0 ) ist x0 = 0 = y0 und es folgt:      sinϑcosϕ   0      ~er · ~r =  sinϑsindϕ ·  0  = z0 cosϑ   0  cosϑ z 0

(55)

~ r, t) = A(~r)e−iωt~ez Damit folgt f¨ur den r¨aumlichen Anteil des retardierten Vektorpotentials A(~ in f¨uhrender Ordnung der Fernfeldentwicklung:

A(~r) =

µ0 4π

Z

∞

Z

∞

dx0 −∞

Z

d

dy0 −∞

dz0 I0 sin(kd − k|z0 |)δ(x0 )δ(y0 )· −d

1 · exp(ikr − ikz0 cosϑ) = r ikr Z d µ0 I0 e = dz0 sin(kd − k|z0 |)exp(−ikz0 cosϑ) 4π r −d ⇒ A(~r) =

(56)

µ0 I0 eikr F(k, ϑ) 2π kr

(57)

Die Integration liefert:

F(k, ϑ) =

k 2

Z

d

dz0 in(kd − k|z0 |)exp(−ikz0 cosϑ) =

−d

cos(kdcosϑ) − cos(kd) = sin2 ϑ

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(58)

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2. Der r¨aumliche Anteil des magnetischen Fernfeldes ist: " ikr # ~ r) = rot A(~ ~ r) = µ0 I0 rot ~ez e F(k, ϑ) = B(~ 2π kr " ikr # µ0 I 0 e = grad F(k, ϑ) × ~ez 2π kr

(59)

F¨ur den f¨uhrenden Term in Fernfeld-Entwicklung darf grad nur auf eikr wirken, da: ~ ikr = ~er ∂ eikr = ikeikr~er ∇e ∂r

(60)

~ 1 = ~er ∂ 1 = O 1 ∇ r ∂r r r2

(61)

!

1 ∂F 1 ∂F 1 ∂F ~ ~er + ~eϑ + ~eϕ = O ∇F(k, ϑ) = ∂r r ∂ϑ rsinϑ ∂ϕ r

! (62)

Damit erh¨alt man: ikr ~ r) = iµ0 I0 e F(k, ϑ)~er × ~ez B(~ 2π r

~ r, t) = B(~ ~ r)eiωt , E(~ ~ r, t) = E(~ ~ r)eiωt folgt aus rot B(~ ~ r, t) = Mit B(~ Koordinanten:

(63) 1 ∂E~ c2 ∂t

f¨ur die r¨aumlichen

2 ~ r) ~ r) = ic rot B(~ E(~ ω

(64)

Es folgt also f¨ur den r¨aumlichen Anteil des elektrischen Fernfeldes: " ikr # 2 ~ r) = ic iµ0 I0 rot e F(k, ϑ)~er × ~ez E(~ ω 2π r

(65)

~ nur auf eikr wirken, da: Wieder darf ∇ ~ ikr = ikeikr~er ∇e

,

~ 1O 1 ∇ r r2

! ,

1 ~ ∇F(k, ϑ) = O r

!

!  xx ~ × (~er × ~ez ) = O 1 da ∂ (~er ) j = δ(i j) − i j = O ∇ r ∂xi r r3

(66)

(67)

Man bekommt also f¨ur den f¨uhrenden Term: ⇒ ~e(~r) = −

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−icµ0 I0 eikr F(k, ϑ)~er × (~er × ~ez ) 2π r

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(68)

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3. Den zeitlich gemittelten Poynting-Vektor erh¨alt man durch Einsetzen der vorher bestimmten Felder: 1 ~ r) × B ~ ∗ (~r)] S~ av (~r) = Re[E(~ 2µ0

(69)

Dabei ist der vektorielle Anteil: [~er × (~er × ~ez )] × (~er × ~ez ) = [~er~er · ~ez − ~ez~er · ~er ] × (~et × ~ez ) = = cosϑ~er × (~er × ~ez ) − ~ez × (~er × ~ez ) = = cosϑ(~er cosϑ − ~ez ) − (~er~ez · ~ez − ~ez~ez · ~er ) = = ~er (cos2 ϑ − 1) = −~er sin2 ϑ (70) Es folgt also: −icµ0 I0 eikr 1 F(k, ϑ)[~er × (~er × ~ez )]× Re[ S~ av = 2µ0 2π r −iµ0 I0 eikr × F(k, ϑ)(~er × ~ez )] 2π r ⇒ S~ av =

µ0 cI02 F(k, ϑ)2 sin2 ϑ~er 8π2 r2

(71)

(72)

Damit ist die differentielle Strahlungsleistung der Linearantenne: µ0 cI02 dP = r2~er · S~ av (~r) = [sinϑF(k, ϑ)]2 dΩ 8π2

(73)

" #2 dP µ0 cI02 cos(kdcosϑ) − cos(kd) ⇒ = dΩ sinϑ 8π2

(74)

Aufgabe 5 (13 Punkte) ~ hat In großer Entfernung von einem Streuk¨orper mit induziertem magnetischen Dipolmoment m das gestreute Strahlungsfeld die Form: µ0 ω2 i(kr−ωt) E~ S treu (~r, t) = e (~ m × ~er ) 4πrc

(75) ~

~ = βµB00 , F¨ur einen Streuk¨orper mit der magnetischen Polarisierbarkeit β gilt die Beziehung m ~ 0 der magnetische Amplitudenvektor der in z - Richtung einlaufenden ebenen elektrowobei B ~ ein ) ist. magnetischen Welle (E~ ein , B

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1. Geben Sie den allgemeinen Ausdruck f¨ur den Wirkungsquerschnitt

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dσ dΩ pol

in Abh¨angig-

keit von den Polarisationen ~ε0 und ~ε der einfallenden und gestreuten Strahlung an und vereinfachen Sie diesen Ausdruck f¨ur das gegebene Problem. 2. Berechnen Sie f¨ur die Streuung unpolarisiert einfallender Strahlung. Hinweis: Die richtungsabh¨angige Gr¨oße |~e∗ · (~ m × ~er )|2 ist u¨ ber die Polarisationsvektoren ~ez −cosϑ~er ~er ×~ez ~εk = sinϑ und ~ε⊥ = sinϑ der gestreuten Strahlung zu summieren. L¨osung: Streuung elektromagnetischer Wellen an einem magnetisch polarisierbaren Streuk¨oroer. Die gestreute Welle hat die Form: µ0 ω2 i(kr−ωt) ~ × ~er E~ S treu = e m 4πrc ~ = mit dem induzierten magnetischen Dipolmoment m barkeit β.

β ~ µ0 B0

(76) und der magnetischen Polarisier-

1. Die Felder der einlaufenden ebenen Welle in z - Richtung sind: E~ ein = E~ 0 ei(kz−ωt)

~ ein = 1 ~k × E~ ein = 1 ~ez × E~ ein B ω c

,

(77)

Der differentielle polarisationsabh¨angige Wirkungsquerschnitt ist: r2 |~ε∗ · E~ streu |2 dσ = dΩ pol |~ε∗0 · E~ ein |2

(78)

mit den Polarisationsvektoren ~ε0 , ~ε der einfallenden / gestreuten Strahlung. Mit E~ 0 = E0~ε0 folgt: |E~0 ε∗0 |2 = |E0~ε∗0~ε0 |2 = E02

(79)

und damit:

dσ r2 µ0 ω2 | pol = 2 dΩ E0 4πrc

!2

! β |[(~ez × ~ε0 E0 ) × ~er ] · ~ε∗ |2 = cµ0

β2 k4 = |(~ez × ~ε0 ) · (~er × ~ε∗ )|2 16π2 dσ β2 k4 | pol = |~ε0 · (~ε∗ cosϑ − ~er ~ε∗ · ~ez )|2 dΩ 16π2

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(80)

(81)

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2. Da die einfallende Strahlung unpolarisiiert ist, wird die Anfangspolarisation ~ε0 = ~e x , ~ey gemittelt. Allgemein gilt: X

|~ε0~v|2 = |v x |2 + |vy |2 = |~v × ~ez |2

(82)

~ε0 =~e x ,~ey

Es folgt f¨ur den gemittelten Wirkungsquerschnitt: 1 X dσ β2 k4 ∗ |(~ε cosϑ − ~er ~ε∗ · ~ez ) × ~ez |2 | pol = 2 dΩ 32π2

(83)

~ε0 =~e x ,~ey

Polarisation der gestreuten Strahlung parallel zur Streuebene. Der Polarisationsvektor ist: ~ε|| =

~ez − cosϑ~er sinϑ

,

|ε|| |2 = 1

,

~ε∗|| = ~ε||

(84)

Der gemittelte Wirkungsquerschnitt ist: dσ|| β2 k4 = |(~ε|| cosϑ − ~er ~ε||~ez ) × ~ez |2 = dΩ 32π2 β2 k4 |[(~ez − cosϑ~er )cosϑ − ~er (~ez − cosϑ~er ) · ~ez ] × ~ez |2 = = 32π2 sin2 ϑ β2 k4 = |[−cos2 ϑ(1 − cos2 ϑ)]~er × ~ez |2 32π2 sin2 ϑ ⇒

dσ|| β2 k4 = dΩ 32π2

(85)

(86)

Polarisation der gestreuten Strahlung senkrecht zur Streuebene. Der Polarisationsvektor ist: ~ε⊥ =

~er × ~ez sinϑ

,

|~ε⊥ |2 = 2

,

~ε∗⊥ = ~ε⊥

(87)

Der gemittelte Wirkungsquerschnitt ist: dσ⊥ β2 k4 = |(~ε⊥ cosϑ − ~er ~ε⊥ · ~ez ) × ~ez |2 = dΩ 32π2 β2 k4 = |[(~er × ~ez )cosϑ − ~er (~er × ~ez ) · ~ez ] × ~ez |2 = 32π2 sin2 ϑ β2 k4 |(~er × ~ez ) × ~ez |2 = = 32π2 sin2 ϑ β2 k4 |~ez cosϑ − ~er |2 = 32π2 sin2 ϑ ⇒ Technische Universit¨at M¨unchen

dσ⊥ β2 k4 = cos2 ϑ dΩ 32π2 13

(88)

(89) Fakult¨at f¨ur Physik

Ferienkurs

Merlin Mitschek, Verena Walbrecht

10.03.2015

Der gesamte gemittelte unpolarisierte Wirkungsquerschnitt ist: dσ dσ|| dσ⊥ β2 k4 (1 + cos2 ϑ) = + = dΩ dΩ dΩ 32π2

Technische Universit¨at M¨unchen

14

(90)

Fakult¨at f¨ur Physik