GERHARD KRISTENSSON. Lösningar ELEKTROMAGNETISK VÅGUTBREDNING

Transkript

1 GERHARD KRISTENSSON Lösningar ELEKTROMAGNETISK VÅGUTBREDNING

2 Lund, 7 Augusti 7

3 Lösning till Övning Övning 1.1 Låt B = A a, där a är en godtycklig konstant vektor och A en godtycklig (differentierbar) vektor. Divergenssatsen på fältet B på en volym V med ranyta S (utåtriktad normal ˆn) ger B dv = B ˆn ds V S Divergensen av B beräknas lätt med räknereglerna för nabla-operatorn. B = (A a) = a ( A) A ( }{{ a } ) = a ( A) = eftersom a är en konstant vektor. Integranden i ytintegralen skrivs också om genom cyklisk permutation av vektorerna B ˆn = (A a) ˆn = a (ˆn A) Vi får a ( A) dv = a (ˆn A) ds V S Den konstanta vektorn a kan flyttas utanför integrationen. Vi får a A dv = a ˆn A ds V S Eftersom a är godtycklig, får vi (låt t.ex. a vara ˆx, ŷ och ẑ) A dv = ˆn A ds V S och uppgiften är löst.

4 Lösning till Övning 1. Övning 1. Vi löser problemet genom att arbeta med en skalär magnetisk potential. Magnetostatik utan strömmar ger { H = B = Den översta ekvationen medför att det existerar en skalär potential Φ som ger det magnetiska fältet (Φ är en överallt kontinuerlig funktion). H = Φ Vi får med räknereglerna för nabla-operatorn och den nedre ekvationen ovan. H B = Φ B = (BΦ) + Φ }{{ B} = (BΦ) = BΦ ˆn ds = Integration över hela rummet av detta uttryck ger med användning av divergenssatsen. H B dv = (BΦ) dv = lim S R S R eftersom det statiska fältet B och den magnetiska potentialen Φ avtar som 1/r, respektive 1/r, på stora avstånd från den ändliga volymen i vilken M är skild från noll. Hela integranden avtar således som 1/r 3 medan ds bara växer som r. Med hjälp av resultatet i denna övning inser vi att H- och B-fälten inuti en permanentmagnet måste vara motriktade eftersom volymsintegralen H B dv över magnetens volym skall ta ut H B dv integrerat över området utanför magneten. Den sistmämnda integralen är ju alltid positiv eftersom H och B är parallella i området utanför magneten (vakuum).

5 Lösning till Övning J z a σ l Övning 1.3 Figur 1: Geometri för ledare. Vi har statiska förlopp så termer med tidsderivator försvinner. Effektbalansen ges då av S ˆn ds = E J dv (1) S Volymen V är en längdenhet av ledaren och S är volymens randyta (består av mantelyta plus de två ändytorna), se figur 1. För att demonstrera effektbalansen behöver vi först beräkna det elektriska fältet inuti ledaren samt för att beräkna S på ledarens yta måste vi beräkna det elektriska fältet E och den magnetiska flödestätheten B på ledarens yta. Ledaren har ledningsförmågan σ. Vi använder Ohms lag, som ger sambandet mellan strömtätheten J och det elektriska fältet E i ledaren. V J = σe Om J är konstant över ledarens tvärsnitt blir det statiska elektriska fältet E = Eẑ konstant inuti ledaren, se figur 1 för definition av de geometriska storheterna. Totala strömmen I blir sålunda I = J ˆn ds = πa J ẑ = πa σe ẑ = πa σe S där S är ledarens tvärsnittsyta. Effektutvecklingen per längdenhet av ledaren blir (volymen V är en längdenhet av ledaren). E J dv = πa σe = IE V Det elektriska fältet är som påpekades ovan konstant inuti ledaren. Randvillkoren på gränsytan ger nu att det elektriska fältet på ledarens utsida också har styrkan E och riktat i ẑ-led. E = Eẑ, ρ = a

6 Lösning till Övning Vi övergår nu till att beräkna det magnetiska fältet H på ledarytan. Vi använder cylindriska koordinater (ρ, φ, z). Axialsymmetri ger att H = H ˆφ. Med hjälp av Stokes sats och Ampères lag kan vi beräkna H-fältet på ytan ρ = a. H dr = H ˆn ds = J n ds = I C S Kurvan C är en cirkulär kurva med radie a runt ledarens mantelyta och S är ledarens tvärsnittsyta som har C som randkurva. Vi beräknar linjeintegralen i det vänstra ledet som blir πah. Vi får S πah = I = πa σe, ρ = a vilket ger det magnetiska fältet H på ytan ρ = a. H = 1 aσe ˆφ, ρ = a Poyntings vektor på ledarytan kan nu beräknas S = E H = Eẑ H ˆφ Vi får S = Sˆρ där storleken S på Poyntings vektor S är S = EH = E 1 aσe = 1 aσe Effektbalansen kan nu demonstreras. Det vänstra ledet i (1) är medan det högra är, som visats ovan πas = πa σe πa σe Vi har således effektbalans. Ingen effekt går genom tvärsnittet på ledaren eftersom S ẑ = på ändytorna. All effekt kommer utifrån genom mantelytan och förvandlas till värme inne i ledaren.

7 Lösning till Övning z a d Övning 1.4 Figur : Geometri för plattkondensator. Mellan kondensatorplattorna ansätter vi pga. den cylindriska symmetrin följande elektriskt och magnetiskt fält i cylinderkoordinater (geometri se figur ): { E(r, t) = ẑe(ρ, ω) cos(ωt + α) H(r, t) = ˆφH(ρ, ω) cos(ωt + β) I vakuum gäller dessutom sambanden mellan D-, E-, B och H-fälten. D(r, t) = ɛ E(r, t) B(r, t) = µ H(r, t) J(r, t) = Maxwells fältekvationer blir därför i vakuum E = t B = µ t H H = t D = ɛ t E Räknereglerna för nabla-operatorn i cylinderkoordinater ger med vår ansättning E(r, t) = ˆφ E(ρ, ω) cos(ωt + α) ρ H(r, t) = ẑ 1 (ρh(ρ, ω)) cos(ωt + β) ρ ρ Maxwells fältekvationer förenklas därför till ρ E(ρ, ω) cos(ωt + α) = µ ωh(ρ, ω) sin(ωt + β) 1 ρ ρ (ρh(ρ, ω)) cos(ωt + β) = ɛ ωe(ρ, ω) sin(ωt + α)

8 Lösning till Övning Eftersom sin(ωt + β) = cos(ωt + β + π/) får vi följande villkor på α och β om likhet skall gälla för alla t. α β = π/ + nπ, (α β = π/ + π + nπ ger samma resultat) vilket implicerar ρ E(ρ, ω) = µ ωh(ρ, ω) 1 ρ ρ (ρh(ρ, ω)) = ɛ ωe(ρ, ω) Kombinera nu dessa båda ekvationer och eliminera H. ɛ ωe(ρ, ω) = 1 1 (ρh(ρ, ω)) = ρ ρ µ ωρ ρ (ρ E(ρ, ω)) ρ vilket ger Bessels differentialekvation 1 ρ ρ (ρ ω E(ρ, ω)) + E(ρ, ω) = ρ c där c = 1/ɛ µ. Lösningen, som är ändlig för ρ =, är (se Appendix A) E(ρ, ω) = E J (ωρ/c ) där E är en reell konstant. Från detta uttryck får vi sedan H. H(ρ, ω) = 1 µ ω ρ E(ρ, ω) = E µ ω ρ J (ωρ/c ) = E c µ J (ωρ/c ) = E c µ J 1 (ωρ/c ) där vi använt J (z) = J 1 (z). Vi får följande fält mellan plattorna i kondensatorn E(r, t) = ẑe J (ωρ/c ) cos(ωt + α) H(r, t) = ˆφ E J 1 (ωρ/c ) cos(ωt + α π/) η }{{} sin(ωt+α) där vågimpedansen för vakuum är η = µ ɛ = c µ Speciellt gäller för låga frekvenser (J (z) 1 och J 1 (z) z/) E(r, t) = ẑe cos(ωt + α) H(r, t) = ˆφ E ωρ sin(ωt + α) η c

9 Lösning till Övning och Poyntings vektor mellan kondensatorplattorna blir S S = E H = ˆρ E J (ωρ/c )J 1 (ωρ/c ) 1 sin(ωt + α) η S ˆn ds = E πadj (ωa/c )J 1 (ωa/c ) 1 sin(ωt + α) η där S är mandelytan på den cylinder som har kondensatorplattorna som ändytor. Upplagrad effekt blir på liknande sätt ɛ E t E + µ H t H = ɛ E J (ωρ/c ) ω sin(ωt + α) + µ E η J1 (ωρ/c ) ω sin(ωt + α) Integrera detta uttryck över volymen mellan kondensatorplattorna [ ɛ E t E + µ H ] t H dv V = ɛ E ω sin(ωt + α)dπ a [ J (ωρ/c ) J 1 (ωρ/c ) ] ρ dρ Utnyttja nu att J 1 (ωρ/c ) = c d J ω dρ (ωρ/c ) och partialintegrera den andra termen i integralen. [ ɛ E t E + µ H ] t H dv V { a = ɛ Eωdπ sin(ωt + α) J (ωρ/c )ρ dρ + c ω J (ωa/c )J 1 (ωa/c )a } c ω a J (ωρ/c ) d dρ (ρj 1(ωρ/c )) dρ }{{} ω ρj c (ωρ/c ) = ɛ E c adπ sin(ωt + α)j (ωa/c )J 1 (ωa/c ) vilket är identiskt samma uttryck som S ˆn ds, (ɛ c demonstrerat att effektbalans råder S ˆn ds = S V S [ ɛ E t E + µ H ] t H dv eftersom inga strömmar flyter mellan kondensatorplattorna. = 1/η ), och vi har

10 Lösning till Övning. 8 Övning. Det magnetiska fältet för chockvågen är H(z, t) = ˆxH H(t z/c ) där H(t) är Heavisides stegfunktion och H en reell konstant. Med hjälp av materialets magnetiska susceptibilitetsfunktion och dess magnetiska optiska respons kan vi bestämma magnetiska flödestätheten B(z, t) i det isotropa materialet (χ me (t) = ). B(z, t) = η { t } µh(z, t) + χ mm (t t )H(z, t ) dt c Insättning av materialparametrar och fält ger B(z, t) = ˆxH µ {H(t z/c ) + Integralen beräknas lätt. Vi får t B(z, t) = ˆxH µ H(t z/c ) {1 + αe βt t αe β(t t ) H(t z/c ) dt } z/c e βt dt } eller { B(z, t) = ˆxH µ H(τ) 1 + α ( )} 1 e βτ β där τ = t z/c. Magnetiseringen i materialet får vi sedan av sambandet M(z, t) = 1 µ B(z, t) H(z, t) = ˆxH(τ) H α β ( 1 e βτ )

11 Lösning till Övning.3 9 Övning.3 Det elektriska fältet i Lorentz-mediet nära gränsytan är enligt uppgift { ˆnE < t < T E (t) = för övrigt Inga ytladdningar på gränsytan medför att ˆn D 1 = ˆn D. Vidare har E 1 har ingen tangentialkomponent, ty E har ingen tangentialkomponent och ˆn E 1 = ˆn E. Det elektriska fältet i vakuumet vid gränsytan har därför endast en normalkomponent vars värde är ( ) ( ) 1 1 E 1 (t) = (ˆn E 1 (t))ˆn = ˆn ˆn D 1 (t) = ˆn ˆn D (t) = ɛ ɛ t = ˆn ˆn E (t) + χ(t t )ˆn E (t ) dt = Vi får E 1 (t) =, t = E (t) + t t α sin β(t t )E (t ) dt E 1 (t) = ˆnE + αe ˆn sin β(t t )dt = ˆnE }{{} E 1 (t) = αˆne T 1 (1 cos βt) β [1 + αβ (1 cos βt) ], < t < T sin β(t t )dt = ˆnE α [cos β(t T ) cos βt], t T β }{{} 1 [cos β(t T ) cos βt] β

12 Lösning till Övning.5 1 Övning.5 De konstitutiva relationerna för plasmat beräknas från rörelseekvationen för elektronen i ett elektriskt och magnetiskt fält. Lorentzkraften ger m d dt v = q(e + v ẑb ) Vi har här försummat högre ordningens växelverkanstermer i v B och endast antagit att det statiska fältet v ẑb bidrar. Det är lämpligt att införa ω g = qb m ω p = Nq och strömtätheten J = N qv. Vi skriver om rörelseekvationen med dessa beteckningar. d dt v = q m E ω gẑ v eller d dt J = ɛ ωpe ω g ẑ J () Ansätt nu t J(t) = σe(t) + ɛ Σ(t t ) E(t ) dt mɛ och derivera detta uttryck. d dt J(t) = σ d t dt E(t) + ɛ Σ() E(t) + ɛ Σ (t t ) E(t ) dt = σ d dt E(t) + ɛ Σ() E(t) + ɛ (Σ E) (t) där faltningsintegralen betecknas med, dvs. (Σ E) (t) = t Insättning i rörelseekvationen () ger Σ (t t ) E(t ) dt σ d dt E(t) + ɛ Σ() E(t) + ɛ (Σ E) (t) = ɛ ω pe(t) ω g ẑ [σe(t) + ɛ (Σ E) (t)] eller σ d [ dt E(t) + ɛ Σ() ωpi + σω ] g ẑ I E(t) + ɛ ((Σ + ω g ẑ Σ) E) (t) = ɛ

13 Lösning till Övning.5 11 där I är identitetsoperatorn för vektorer, dvs. I a = a. Eftersom E är ett godtyckligt fält, kan denna ekvation endast vara uppfylld om uttrycken framför derivatan av E, fältet själv E, och faltningen med densamma, är identiskt noll, dvs. σ = Σ() ωpi + σω g ẑ I = ɛ Σ (t) + ω g ẑ Σ(t) = Vi ser att ingen ledningsförmåga σ kan förekomma, och vidare att Σ satisfierar följande system av första ordningens ordinära differentialekvationer (begynnelsevärdesproblem): { Σ() = ω pi Σ (t) + ω g ẑ Σ(t) = Representerar vi nu dessa ekvationer i det kartesiska koordinatsystemet får vi { [Σ]ij () = ω pδ ij Σ zy(t) = Σ zz(t) = [Σ] ij (t) + ω g (ẑ [Σ]) ij (t) = eller komponentvis Σ xx(t) ω g Σ yx (t) = Σ xy(t) ω g Σ yy (t) = Σ xz(t) ω g Σ yz (t) = Σ yx(t) + ω g Σ xx (t) = Σ yy(t) + ω g Σ xy (t) = Σ yz(t) + ω g Σ xz (t) = Σ zx(t) = Vi ser omedelbart att z- eller 3-komponenterna är Σ xz (t) = Σ yz (t) = Σ zx (t) = Σ zy (t) = Σ zz (t) = ωp Σ xx () = ωp Σ xy () = Σ xz () = Σ yx () = Σ yy () = ωp Σ yz () = Σ zx () = Σ zy () = Σ zz () = ωp och för de återstående komponenterna eliminerar vi korskopplingen och får andra ordningens ekvationer. Σ xx(t) + ω gσ xx (t) = Σ xx () = ω p Σ xx() = Σ xy(t) + ωgσ xy (t) = Σ xy () = Σ xy() = ω g ωp Σ yx(t) + ωgσ yx (t) = Σ yx () = Σ yx() = ω g ωp Σ yy(t) + ωgσ yy (t) = Σ yy () = ωp Σ yy() =

14 Lösning till Övning.5 1 med lösning eller Σ xx (t) = ωp cos ω g t Σ xy (t) = ωp sin ω g t Σ yx (t) = ωp sin ω g t Σ yy (t) = ωp cos ω g t cos ω g t sin ω g t [Σ] (t) = ωp sin ω g t cos ω g t 1

15 Lösning till Övning.6 13 Övning.6 Alla konstitutiva relationer på formen t } D(t) = ɛ {ɛ E(t) + (χ(t t ) + f(t t )) E(t ) dt J(t) = ( σ ɛ f( + ) ) t ( E(t) + ɛ Σ(t t ) f(t ) t ) E(t ) dt t B(t) = µ µh(t) där f(t) är en godtycklig dyad (f(t) =, t < och f( + ) = lim t,t> f(t)), ger samma fysikaliska resultat. Detta är en omedelbar generalisering av det skalära resultatet i kursboken på sidan 1. I övning.5 ges de konstitutiva relationerna av (konduktivitetsmodellen) D(t) = ɛ E(t) t J(t) = ɛ Σ(t t ) E(t ) dt B(t) = µ H(t) där Genom att välja f(t) som cos ω g t sin ω g t [Σ] (t) = ωp sin ω g t cos ω g t 1 f(t) = H(t) t Σ(t ) dt där H(t) är Heavisides stegfunktion (notera att f( + ) = i detta fall), får vi följande ekvivalenta konstitutiva relationer (dispersionsmodellen) t } D(t) = ɛ {E(t) + f(t t ) E(t ) dt J(t) = B(t) = µ H(t) vilket ger den dyadvärda suseptibilitetsfunktionen χ(t) dvs. [χ] (t) = ω p ω g χ(t) = H(t) t Σ(t ) dt sin ω g t 1 cos ω g t 1 + cos ω g t sin ω g t ω g t

16 Lösning till Övning Övning 3. För ett Debye material gäller ɛ(ω) = 1 + ατ 1 iωτ = 1 + ατ(1 + iωτ) 1 + ω τ eller ατ Re ɛ(ω) = ω τ Im ɛ(ω) = αωτ 1 + ω τ Beräkna nu ( ɛ(ω) 1 + ατ ) ( ( = Re ɛ(ω) 1 + ατ )) + (Im ɛ(ω)) ( ατ = ω τ 1 ατ ) + α ω τ 4 (1 + ω τ ) ( ) ατ αω τ 3 = + α ω τ 4 (1 + ω τ ) (1 + ω τ ) = (ατ + αω τ 3 ) ( ατ ) = 4(1 + ω τ ) I det komplexa talplanet är detta en cirkel med radie aτ/ och centrum i 1 + ατ. Det maximala värde imaginärdelen kan anta är aτ/. Detta inträffar vid frekvensen ω där Detta medför Im ɛ(ω) = ατ αωτ = 1 + ω τ = ατ τω = 1 + ω τ = ωτ = 1 = ω = 1 τ

17 Lösning till Övning Övning 3.5 Från övning.5 hämtar vi cos ω g t sin ω g t [Σ] (t) = ωp sin ω g t cos ω g t 1 där Bestäm nu Fouriertransformen ω g = q m B, ω p = ɛ ij (ω) = δ ij + Nq mɛ χ ij (t)e iωt dt Notera, ingen optisk respons, ɛ ij = δ ij. Transformera över från ledningsförmåga Σ(t) till dispersion χ(t), se avsnitt.1. (jfr dispersionsmodellen med σ = på sidan ). Resultatet är χ ij (t) = H(t) t Σ ij (t ) dt I vårt fall blir denna transformering sin ω χ ij (t) = ω g t 1 cos ω g t p H(t) 1 + cos ω g t sin ω g t ω g ω g t Användbara Foriertransformer (en faktor α > har införts för konvergens): F ( H(t)e αt sin ω g t ) ω g = (ω + iα) ωg F ( H(t)e αt cos ω g t ) i(ω + iα) = (ω + iα) ωg F ( H(t)e αt) i = ω + iα F ( H(t)e αt t ) 1 = (ω + iα) För ω, låt α, och vi får ɛ iɛ g ɛ ij (ω) = iɛ g ɛ ɛ z

18 Lösning till Övning där ɛ = 1 ω p ω g = 1 ω p ω g ω ωg ω ωg ( ɛ g = ω p i iω g ω iω ) = ω p[ωg ω + ω ] ω ωg ω g ω(ωg ω ) ɛ z = 1 ω pω g ω g ω = 1 ω p ω = ω pω g ω(ω ω g)

19 Lösning till Övning Övning 3.6 Magnetiseringen M bestäms av d dt M = gµ M H där g är den gyromagnetiska kvoten. Vidare gäller H = ẑh + H 1 M = ẑm + M 1 B = µ (H + M) = ẑb + B 1 där B = µ (M + H ) och B 1 = µ (M 1 + H 1 ). För tidsharmoniska fält får vi följande dynamik: iωm 1 = gµ (ẑm + M 1 ) (ẑh + H 1 ) = gµ [M ẑ H 1 H ẑ M 1 + M 1 H 1 ] Försumma andra ordningens termer, dvs. M 1 H 1. Detta ger med M 1 = µ 1 B 1 H 1 och M = µ 1 B H följande uttryck: iω(µ 1 B 1 H 1 ) = gµ [(µ 1 B H )ẑ H 1 H ẑ (µ 1 B 1 H 1 ) = g[b ẑ H 1 H ẑ B 1 ] Komponenterna blir eller iω(µ 1 B 1x H 1x ) = g[ B H 1y + H B 1y ] iω(µ 1 B 1y H 1y ) = g[b H 1x H B 1x ] iω(µ 1 B 1z H 1z ) = iωb 1x + ω B 1y = iωµ H 1x µ gb H 1y iωb 1y ω B 1x = iωµ H 1y + µ gb H 1x iωb 1z = iωµ H 1z där vi infört beteckningen (gyromagnetiska frekvensen) ω = gµ H Lös nu ut B 1x, B 1y och B 1z ur detta ekvationssystem. B 1x (ω ω) = µ H 1x (ω + ω gb ) iµ ωh 1y (gb + ω ) B 1y (ω ω) = iµ ωh 1x (ω + gb ) + µ H 1y (ω gb + ω ) B 1z = µ H 1z Inför nu ytterligare en frekvens ω m (mättnadsfrekvensen). gb + ω = g(b µ H ) = gµ M = ω m

20 Lösning till Övning Vi får där [B 1 ] = µ [µ] [H 1 ] = µ µ = ω + ω gb ω ω µ g = (gb + ω )ω ω ω µ iµ g iµ g µ 1 = 1 ω ω m ω ω = ω mω ω ω H 1x H 1y H 1z

21 Lösning till Övning Övning 3.9 1) E(t) = ê 1 a cos(ωt + α) + ê b cos(ωt + α) a, b, α reella. Motsvarande komplex vektor är { E(t) = Re { E e iωt} E = ae iα ê 1 + be iα ê vilket ger och E = ae iα ê 1 + be iα ê E E = ( ae iα ê 1 + be iα ê ) ( ae iαê 1 + be iα ê ) = abê3 baê 3 = D.v.s. fältet är linjärt polariserat. +3) E(t) = a (ê 1 cos(ωt + α) ± ê sin(ωt + α)) a, α reella. Motsvarande komplexa vektor är { E(t) = Re { E e iωt} ty E = a ( ê 1 e iα ± ê e iα+iπ/) Re { E e iωt} = a Re { ê 1 e i(ωt+α) ± ê e i(ωt+α π/)} = a cos(ωt + α) ± ê cos(ωt + α π/) ê1 }{{} sin(ωt+α) Vi undersöker nu om fältet är höger eller vänster elliptiskt polariserat. så att dvs. fältet är E E = a (ê 1 e iα ± ê e iα+iπ/ ) (ê 1 e iα ± ê e iα iπ/ ) ( höger vänster = ±a ê 3 {e iπ/ e iπ/ } = ia ê 3 iê 3 (E E ) = ±a > < ) polariserat. Dessutom gäller E E = a ( ê 1 e iα ± ê e iα+iπ/) a ( ê 1 e iα ± ê e iα+iπ/) = a e iα ( 1 + e iπ) = och fältet är cirkulärt polariserat (RCP för övre tecknet, respektive LCP för undre tecknet).

22 Lösning till Övning 3.1 Övning 3.1 a) Låt E = ê 1 E 1 + ê E där E 1 och E är komplexa tal. Detta är en allmän komplex vektor i planet. Skriv om som E = 1 (E 1 ie ) (ê 1 + iê ) + 1 }{{} (E 1 + ie ) (ê 1 iê ) }{{} RCP LCP dvs. E är en linjärkombination av en RCP- och en LCP-våg. b) Låt E = ae + + be där E ± = ê 1 ± iê, (övre tecken RCP, nedre tecken LCP). Om vågen är linjärt polariserad gäller iê 3 (E E ) =. Eftersom, får vi följande villkor: E E = (ae + + be ) (a E + + b E ) iê 3 E E = iê 3 {[a(ê 1 + iê ) + b(ê 1 iê )] [a (ê 1 iê ) + b (ê 1 + iê )]} = a ab + a + ab + ba b ba b = ( a b ) = D.v.s. vågen är planpolariserad om och endast om a = b. Den komplexa vektorn kan då skrivas E = a(e + + e iα E ) där α är ett godtyckligt reellt tal, och a ett komplext tal.

23 Lösning till Övning Övning 4.5 Faraday rotationen Φ bestäms av uttrycket Φ = Lω µ c ( ɛ + ɛg ɛ ɛ g ) där Vi får därför Φ = Lω µ c ɛ ± ɛ g = 1 ( ω p ω(ω ω g ) 1 (ω p/ω) 1 ω g /ω ) 1 (ω p/ω) 1 + ω g /ω Frekvensen är given ω = π 1 7 rad/s liksom gyrotropa frekvensen ω g Vi får ω g = qb m = rad/s = rad/s Plasmafrekvensen ω p är vilket ger ω p = Faradayrotationen blir ω g /ω =.173 Nq = 1 38 mɛ rad/s = rad/s Φ = } {{ }.898 ω p /ω = }{{ rad 7, 7 varv }.851

24 Lösning till Övning 4.7 Övning 4.7 Magnetiseringen M bestäms av d dt M = gµ M H där g är den gyromagnetiska kvoten. Vidare gäller H = ẑh + H 1 M = ẑm + M 1 B = ẑb + B 1 där B = µ (M + H ) och B 1 = µ (M 1 + H 1 ). De konstitutiva relationerna ges enligt uppgift av B 1 = µ µ H 1 där µ iµ g [µ] = iµ g µ 1 och µ = 1 ω ω m { ω ω ω = gµ H µ g = ωω m ω m = gµ M ω ω Vågutbredning i ett ferritmaterial är helt analogt med vågutbredning i ett plasma. Alla formella räkningar blir desamma om elektriska och magnetiska fält och dess materialparametrar byter plats, dvs. E η H µ ɛ 1 ɛ z µ g ɛ g Från exempel 4.5 på sidan 16 ser vi att den relevanta storheten, som avgör om vågutbredning är möjlig eller inte i ett plasma, är ɛ ± ɛ g. Motsvarande storhet i ferritfallet är: µ ± µ g = 1 ω ω m ωω m ω ω = 1 + ω m ω ± ω Vågtalen för vågutbredning i ett plasma ges av (4.31). Motsvarande uttryck för vågtalen i ferritmaterialet är k ± = k ɛ(µ ± µ g ) där vågen är LCP (plus-tecken), respektive RCP (minus-tecken) för propagation i magnetiseringens riktning, samt RCP (plus-tecken), respektive LCP (minus-tecken) för propagation mot magnetiseringens riktning.

25 Lösning till Övning Villkoret för vågutbredning, k ± >, ger att 1 + ω m ω ± ω > Vi antar att de båda frekvenserna ω och ω m är positiva och undersöker för vilka frekvenser denna olikhet är uppfylld. 1. Plus-tecken 1 + ω m ω + ω > Detta gäller för alla ω >. Således propagerar alla frekvenser vid detta val av tecken (LCP och RCP).. Minus-tecken 1 + ω m ω ω > Två fall uppstår { a) ω < ω : ω ω + ω m > eller b) ω > ω : ω ω + ω m < { a) ω < ω : ω < ω + ω m b) ω > ω : ω > ω + ω m dvs. vågen propagerar om ω < ω eller ω > ω + ω m. Vi övergår nu till att beräkna vridningen av polarisationsplanet. Här gäller i analogi med det gyrotropa fallet att vridningen av polarisationsplanet är φ + φ i positiv ẑ-led. Uttrycken på φ + och φ ges med översättningstabellen ovan av, jfr. (4.35) φ + = z ω ɛ µ + µg c eller φ + φ c ɛz ω φ = z ω ɛ c µ µg = 1 + ω m ω + ω 1 + ω m ω ω De numeriska värdena ges av ω = gµ H = rad/s = rad/s ω m = 3 ω = rad/s Propagation av vågen sker således om f < f = 6.63 π 11 Hz = 1.6 GHz

26 Lösning till Övning f(ω/ ω ) - 1+ω m / ω ω/ ω 1.5. Figur 3: Funktionen f(x) = 1+a/(1 x) för a =.5. Polarisationen är RCP för propagation i magnetiseringens riktning och LCP för propagation mot magnetiseringens riktning. Vågutbredning sker för de frekvenser där f(ω/ ω ) >, a = ω m / ω. eller om f > f + f m = GHz = 17.6 GHz En våg med frekvensen f =. GHz propagerar därför. Notera att både RCP och LCP vågorna propagerar vid denna frekvens, dvs. en planpolariserad våg, som är en linjärkombination av dessa vågor, propagerar. Rotationen av polarisationsplanet per längdenhet blir ( φ + φ ɛω = 1 + ω m z c ω + ω 1 + ω ) m ω ω = (1.11.5) rad = 4 rad dvs. vridningen blir 4 rad/m = 3 /cm.

27 Lösning till Övning Övning 4.8 De konstitutiva relationerna för ett bi-isotropt materialet är } D = ɛ {ɛe + η ξh B = 1 } {ζe + η µh c Att materialet är förlustfritt innebär att ɛ = ɛ µ = µ ξ = ζ Detta implicerar genast att { ɛ är reellt µ är reellt Vidare ger transformationen { ξ = κ + iχ ζ = κ iχ att κ κ = ξ + ζ (ξ + ζ) = (ξ ζ ) (ξ ζ ) = ty ξ ζ =, enligt ovan. Detta ger att κ = κ och κ är reellt. På samma sätt får vi χ χ = i(ξ ζ) i(ξ ζ) = i(ξ ζ ) i(ξ ζ ) = vilket ger att χ = χ och χ är reellt.

28 Lösning till Övning Övning 5.1 Vi förutsätter att Sommerfelds resultat är givet e ikr 4πr = i 4π J (k t ρ)e i(k kt ) 1/ z k t dk t (k kt ) 1/ Grenen på kvadratroten i detta uttryck väljs så att imaginärdelen är icke-negativ. Speciellt gäller för z = att e ikρ 4πρ = i 4π k t dk t J (k t ρ) (3) (k kt ) 1/ Vi visar nu van der Pols resultat från ( k t dk t J (k t ρ) (k1 kt ) 1/ + (k kt ) = i 1 e ik 1 ρ 1/ k1 k ρ ρ ρ För att visa detta utnyttjar vi identiteten 1 (k1 kt ) 1/ + (k kt ) 1/ =(k 1 kt ) 1/ (k kt ) 1/ (k1 kt ) (k kt ) = (k 1 k t ) 1/ (k k t ) 1/ k 1 k Vänsterledet i van der Pols resultat kan nu skrivas som V.L. = = = 1 k 1 k = 1 k 1 k k t dk t J (k t ρ) (k1 kt ) 1/ + (k kt ) 1/ ) eikρ ρ J (k t ρ) (k 1 kt ) 1/ (k kt ) 1/ k k1 k t dk t ( (k ) J (k t ρ) 1 kt 1/ ( ) ) k kt 1/ k t dk t J (k t ρ) (k 1z k z ) k t dk t där k iz = (ki kt ) 1/, i = 1,. Högerledet i van der Pols resultat skriver vi också om genom att använda Sommerfelds resultat för z =, se (3). H.L. = i ( 1 e ik 1 ) ρ k1 k ρ ρ ρ eikρ ρ ( ) = J k1 k (k t ρ) ρ ρ (k1 kt ) 1 k 1/ (k kt ) 1/ t dk t ( ) 1 1 = J 1 k1 k ρ (k t ρ) (k1 kt ) 1 k 1/ (k kt ) 1/ t dk t = 1 1 J ( (k ) k1 k ρ (k t ρ)k t k 1 kt 1/ ( ) ) k kt 1/ dk t t

29 Lösning till Övning Partialintegrering ger nu (utintegrerade bitar försvinner) 1 1 H.L. = k1 k ρ Utnyttja Bessels differentialekvation (n = ) ( (k ) 1 kt 1/ ( ) ) k kt 1/ (J k (k t ρ)k t ) dk t t z d dz Z n(z) + z d dz Z n(z) + (z n )Z n (z) = för att skriva om integranden. Vi får till slut H.L. = 1 k1 k = 1 k1 k k t (J (k t ρ)k t ) = k t ρj (k t ρ) ( (k ) J (k t ρ) 1 kt 1/ ( ) ) k kt 1/ k t dk t J (k t ρ) (k 1z k z ) k t dk t V.L.=H.L. och van der Pols resultat är visat. Visar nu resultatet i ekvation (5.13). Vi utgår från följande uttryck från sidan 141: E 1φ (r, ω) = ωµ µ 1 m J 1 (k t ρ) k t dk t π k 1z + k z H 1z (r, ω) = im z = J (k t ρ) k3 t dk t π k 1z + k z Vi utnyttjar nu följande identiteter för Besselfunktionen J : J 1 (k t ρ)k t = ρ J (k t ρ) J (k t ρ)kt = 1 ρ ρ ( ρ ρ J (k t ρ) som fås ur J (z) = J 1 (z) och Bessels differentialekvation. Insättning av dessa identiteter gör att vi kan skriva om uttrycken för fälten. E 1φ (r, ω) = ωµ µ 1 m k t dk t J (k t ρ) π ρ k 1z + k z H 1z (r, ω) = im [ 1 ρ ] z = k t dk t J (k t ρ) π ρ ρ ρ k 1z + k z eller med van der Pols resultat E 1φ (r, ω) = iωµ [ ( µ 1 m 1 e ik 1 )] ρ k1 k ρ ρ ρ 4πρ eikρ 4πρ H 1z (r, ω) = m { 1 ρ [ ( 1 e ik 1 )]} z = ρ k1 k ρ ρ ρ ρ ρ 4πρ eikρ 4πρ och (5.13) är visad. )