Ausbreitung von TEM VS TE/TM-Wellen

scvsv schrieb:
> Ich dachte bisher immer das sich auch TEM Wellen in Hohlleiter
> ausbreiten ...

Stark verkürzt gesagt: Wenn man einen in z-Richtung gleichförmigen 
Hohlleiter hat, und Wellenausbreitung in z-Richtung annimmt, kann man 
die Felder im Hohlleiter schreiben als

$$\begin{align*} E(x,y,z)&=\bigl(e_\parallel(x,y)+\hat ze_z(x,y)\bigr)\cdot\mathord{\rm e}^{-\mathord{\rm i}\beta z},\\ H(x,y,z)&=\bigl(h_\parallel(x,y)+\hat zh_z(x,y)\bigr)\cdot\mathord{\rm e}^{-\mathord{\rm i}\beta z}, \end{align*}$$

wobei die harmonische e^{i omega t}-Zeitabhängigkeit nicht explizit 
hingeschrieben wurde, z-Dach der Einheitsvektor in z-Richtung ist, und 
e_z und h_z die Feldkomponenten in z-Richtung sowie e_|| und h_|| die 
Feldkomponenten in transversaler Richtung sind. Wenn man das in die 
Maxwell-Gleichungen

$$\begin{align*} \nabla\times E&=-\mathord{\rm i}\omega\mu H,\\ \nabla\times H&=\mathord{\rm i}\omega\epsilon E, \end{align*}$$

für harmonische Zeitabhängigkeit und für den (quellenfreien) 
Hohlleiter-Innenraum einsetzt und zielgerichtet umformt, bekommt man ein 
partielles Differentialgleichungssystem mit den transversalen 
Feldkomponenten auf der linken Seite und den longitudinalen auf der 
rechten. Für TEM-Wellen, also wenn E_z = H_z = 0 ist, liefert dieses 
Gleichungssystem den Zusammenhang

$$\beta=\omega\sqrt{\epsilon\mu},$$

d.h. es gibt keine Cutoff-Frequenz; ferner bekommt man aus der 
Helmholtz-Gleichung für E und H, dass die Transversalkomponenten eine 
Laplace-Gleichung erfüllen:

$$\Bigl(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\Bigr)e_\parallel(x,y)=0$$

und

$$\Bigl(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\Bigr)h_\parallel(x,y)=0.$$

D.h. die Transversalkomponenten der Felder verhalten sich formal wie 
statische Felder, und die verschwinden in einem geschlossenen Hohlraum 
mit leitenden Wänden. Daher existieren in einem Hohlleiter keine 
TEM-Wellen.

Wenn man also eine TEM-Welle haben will, braucht man eine Leitung mit 
zwei Leitern, z.B. eine koaxiale Leitung.

> Würde jetzt auf Koaxialkabel tippen, aber dachte das man diese gar nicht
> im zusammenhang mit Wellenausbreitungen nutzt

Doch, sicher. Auf einem Koaxialkabel nutzt man TEM-Wellenausbreitung. 
Und man betreibt koaxiale Leitungen immer unterhalb der Cutoff-Frequenz 
von höheren TE- und TM-Moden.

Edit: Vorzeichen.

Vielen lieben dank für den übersichtlichen Zusammenhang.

Frage => gute Antwort
kein Gezeter, kein Geschrei

µC ist doch noch nicht verloren.
Danke für diesen Beitrag!

Joggel E. schrieb:
> Bei saemtlichen EM Wellen ist uebrigens E & H in jedem Punkt senkrecht
> zueinander.

Beweis? Zumindest in inhomogenen oder anisotropen Medien wird das nicht 
gelten. Und auch im Vakuum gibt es Wellenlösungen, für die E und H nicht 
senkrecht zueinander sind, z.B. bestimmte stehende Wellen (dummerweise 
Paywall):

https://doi.org/10.1119/1.15489
https://doi.org/10.1143/JPSJ.58.3570

Leider sind einführende oder praxisorientierte Lehrbücher oft nicht sehr 
gut geschrieben, was solche Fragestellungen betrifft. Meistens wird, 
ohne dass das explizit ausgesprochen wird, nur gezeigt, dass 
Transversalwellen mit E⊥H die Maxwell-Gleichungen im Vakuum lösen, nicht 
jedoch, dass die Transversalität zwingend ist (E⊥H ist, wie gesagt, 
nicht zwingend). Und in bestimmten Medien oder bei Randbedingungen 
(Hohlleiter) ist, wie schon festgestellt, auch die Transversalität nicht 
mit den Maxwell-Gln. und den Randbedingungen vereinbar.

Tobias P. schrieb:
> war da nicht was mit sci.... ? ;-)

Ich habe ja nichts dagegen, wenn Verlage Geld für ihre Dienstleistung 
Verlangen. Allerdings ist der Aufwand für die Zeitschriftenproduktion 
seit den Zeiten des Buchdrucks mit beweglichen Lettern deutlich 
gesunken, und die Autoren erledigen einen Großteil der Arbeit, ebenso 
sind Herausgeber und Referees meist öffentlich bezahlt. Die Preise sind 
dagegen in letzter Zeit exponentiell gestiegen. Und wenn man dann noch 
trotz gutem Manuskript einen Korrekturabzug mit hundert Fehlern 
bekommt...

> Also im Vakuum und ohne stehende Wellen teile ich deine Aussage nicht

Wenn E∥H ist, dann gilt natürlich S = E × H = 0, und für die im 
verlinkten Artikel in Am. J. Phys. konstruierten Wellen ist das auch der 
Fall, wenn ich das richtig im Kopf habe (ich habe den Artikel leider 
nicht hier, daher das nur aus dem Gedächtnis). Und diese Wellen leben 
auch im Vakuum, also ist B = mu_0 H.

> Aber in diesem Fall muss doch der Vektor auf der rechten Seite senkrecht
> zu E sein, wegen des Rotationsoperators, eben weil x skalar ist. Oder?
> Zusätzlich muss noch eine 90° Phasenverschiebung eintreten, weil x
> imaginär ist.

Für ein beliebiges Vektorfeld A gilt im allgemeinen nicht

$$A\cdot(\nabla\times A)=0,$$

denn der Rotationsoperator ist ein Differentialoperator. Ein 
Gegenbeispiel ist

$$A(x,y,z)=(-y,x,1).$$

Dann gilt

$$\nabla\times A=(0,0,2),\quad\text{und}\quad A\cdot(\nabla\times A)=2.$$

> Jetzt wird in den von dir verlinkten Papers immer B statt H betrachtet.
> Wenn man in einem "lustigen" Medium unterwegs ist, welches anisotrop ist
> oder sonstwie ein Metamaterial ist, dann wäre ja mu ein Tensor, und B
> müsste nicht mehr zwangsläufig parallel zu H sein - in dem Fall könnte H
> immer noch senkrecht zu E sein, und B in einem beliebigen Winkel dazu
> stehen. Warum sollte hier H auch nicht orthogonal zu E sein? wenn eps
> kein Tensor ist, sind wiederum E und H senkrecht. Wenn man dieselbe
> Überlegung anstellt mit eps als Tensor und mu als Skalar, kommt man zum
> selben Ergebnis. Nicht?

Die Feldstärke H muss, wie gesagt, aufgrund der Maxwell-Gleichungen 
nicht notwendig senkrecht zu E sein. Der Rest stimmt natürlich: Wenn 
epsilon ein Tensor ist, kann B irgendeinen Winkel zu E haben.

> Nun zu den stehenden Wellen. Ich glaube nicht, dass bei stehenden Wellen
> grundsätzlich E||H sein soll?!

Das hat, glaube ich, auch niemand behauptet. Die in dem Am. J. 
Pnys.-Papier konstruierten Wellen mit E∥H sind stehende Wellen. 
Allerdings gilt die Umkehrung, dass für jede stehende Welle E∥H ist, 
soweit ich das sehe, nicht. Ich habe aber noch nicht im Detail darüber 
nachgedacht. Und ich muss mir das Papier noch einmal besorgen. So genau 
habe ich es nicht mehr vor Augen.

> Andererseits habe ich schon diverse Male TEM Wellen in Resonatoren
> untersucht, und meine Berechnungen hätten nicht gestimmt wenn E||H
> gewesen wäre, drum würde mich eine kurze Erklärung sehr interessieren,
> wie S=0 sein kann, ohne dass E||H erfüllt ist. (Oder ist S dann einfach
> nur rein imaginär? das habe ich mir jetzt nicht überlegt. Es ist ein
> wenig spät :-)).

Allerdings, mir fallen auch die Augen zu. :-) Die nächsten Tage werde 
ich nicht dazu kommen, aber ich denke einmal darüber nach. Alles weitere 
also später.

Mario H. schrieb:
>> [...] drum würde mich eine kurze Erklärung sehr interessieren,
>> wie S=0 sein kann, ohne dass E||H erfüllt ist. (Oder ist S dann einfach
>> nur rein imaginär? das habe ich mir jetzt nicht überlegt. Es ist ein
>> wenig spät :-)).
>
> Allerdings, mir fallen auch die Augen zu. :-)

So, nachdem wir ausgeschlafen haben nochmal zurück zum Thema stehenden 
Wellen und Poynting-Vektor. Am besten lässt sich die Sache an einem 
konkreten Fall nachvollziehen.

Wir betrachten im Folgenden ein lineares, homogenes und isotropes 
Medium, d.h.

$$\boldsymbol B=\mu\boldsymbol H,\quad \boldsymbol D=\epsilon\boldsymbol E.$$

Ferner sei der Raum quellenfrei. Das einfachste Beispiel einer stehenden 
Welle bekommt man durch die Überlagerung zweier entgegengesetzt 
laufender homogener ebener Wellen mit Wellenvektor k; die beiden Wellen 
werden mit den Indizes 1 und 2 bezeichnet:

$$\begin{align*} \boldsymbol E_1(\boldsymbol x,t)&=\boldsymbol E_1^0\cos(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x-\omega t),\\ \boldsymbol B_1(\boldsymbol x,t)&=\boldsymbol B_1^0\cos(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x-\omega t),\\ \boldsymbol E_2(\boldsymbol x,t)&=\boldsymbol E_2^0\cos(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x+\omega t),\\ \boldsymbol B_2(\boldsymbol x,t)&=\boldsymbol B_2^0\cos(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x+\omega t). \end{align*}$$

Aus den Maxwell-Gleichungen bekommt man für ebene Wellen die Bedingung

$$\boldsymbol k\cdot\boldsymbol E_1^0=\boldsymbol k\cdot\boldsymbol B_1^0=0$$

und

$$\boldsymbol B_1^0=\frac{\sqrt{\mu\epsilon}}{\lvert\boldsymbol k\rvert}\boldsymbol k\times\boldsymbol E_1^0,$$

und analog natürlich auch für E_2^0 und B_2^0. Eine damit verträgliche 
Wahl für der Vektoramplituden ist z.B.

$$\begin{align*} \boldsymbol E_1^0&=E_0\boldsymbol{\hat x} & \boldsymbol B_1^0&=B_0\boldsymbol{\hat y},\\ \boldsymbol E_2^0&=E_0\boldsymbol{\hat x} & \boldsymbol B_2^0&=-B_0\boldsymbol{\hat y}, \end{align*}$$

wobei die skalaren Amplituden so gewählt sind, dass die obige Bedingung 
zwischen B_1^0 und E_1^0 bzw. E_2^0 und B_2^0 erfüllt ist. Ferner hat 
man

$$\boldsymbol k=\lvert\boldsymbol k\rvert\boldsymbol{\hat z}.$$

Diese beiden Wellen überlagert man nun zu einer stehenden Welle:

$$E(\boldsymbol x,t)=E_1(\boldsymbol x,t)+\boldsymbol E_2(\boldsymbol x,t)$$

und

$$B(\boldsymbol x,t)=B_1(\boldsymbol x,t)+\boldsymbol B_2(\boldsymbol x,t).$$

Nun kann man den Poynting-Vektor berechnen:

$$\begin{align*} \boldsymbol S(\boldsymbol x,t)&=\frac1\mu\boldsymbol E(\boldsymbol x,t)\times\boldsymbol B(\boldsymbol x,t)\\ &=\frac1\mu\bigl(\boldsymbol E_1\times\boldsymbol B_1+\boldsymbol E_2\times\boldsymbol B_2+\boldsymbol E_1\times\boldsymbol B_2+\boldsymbol E_2\times\boldsymbol B_1\bigr). \end{align*}$$

Man erhält dann

$$\begin{align*} \boldsymbol E_1\times\boldsymbol B_1&=\boldsymbol{\hat z}\frac{E_0B_0}{2}\bigl(1+\cos(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x-\omega t)\bigr),\\ \boldsymbol E_2\times\boldsymbol B_2&=-\boldsymbol{\hat z}\frac{E_0B_0}{2}\bigl(1+\cos(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x+\omega t)\bigr), \end{align*}$$

und für die gemischten Terme

$$\begin{align*} \boldsymbol E_1\times\boldsymbol B_2&=-\boldsymbol{\hat z}\frac{E_0B_0}{2}\cos(\omega t)\cos(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x),\\ \boldsymbol E_2\times\boldsymbol B_1&=\boldsymbol{\hat z}\frac{E_0B_0}{2}\cos(\omega t)\cos(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x). \end{align*}$$

Insgesamt ergibt das

$$\boldsymbol S(\boldsymbol x,t)=\boldsymbol{\hat z}\frac{E_0B_0}{2\mu}\bigl(\cos(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x-\omega t)-\cos(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x+\omega t)\bigr).$$

Wie man sieht, ist S nicht Null, obwohl eine stehende Welle vorliegt. 
Allerdings ist das zeitliche Mittel von S in jedem Raumpunkt Null:

$$\langle\boldsymbol S(\boldsymbol x)\rangle=\int_0^T\boldsymbol S(\boldsymbol x,t)\,\mathord{\rm d}t=0,$$

d.h. im zeitlichen Mittel ist der Energietransport durch jede Fläche 
innerhalb Wellenfeldes Null. Hier ist natürlich

$$T=\frac{2\pi}{\omega}.$$

Wenn allerdings E∥H ist, folgt

$$\boldsymbol S(\boldsymbol x,t)\equiv0,$$

d.h. der Poynting-Vektor verschwindet identisch. Also zusammengefasst 
(das gilt in der Tat so allgemein, auch wenn wir nur ein bestimmtes 
ebenes Wellenfeld betrachtet haben):

$$\begin{gather*} \text{stehende Welle}\Rightarrow\langle\boldsymbol S\rangle=0,\\ \boldsymbol E\parallel\boldsymbol H\Leftrightarrow\boldsymbol S(\boldsymbol x,t)\equiv0. \end{gather*}$$

Insbesondere folgt für eine stehende Welle nicht, dass notwendig E∥H 
gilt.

Nochmal zu dem zitierten Papier von Zaghloul und Buckmaster in Am. J. 
Phys.: Dort wird eine allgemeine Bedingung hergeleitet, die zu E∥H 
äquivalent ist, und es werden ein paar theoretische und physikalische 
Beispiele dazu angegeben. Kurz zusammengefasst: Für das Vektorpotential 
A in Coulomb-Eichung gilt

$$\begin{align*} \boldsymbol E&=-\frac{\partial\boldsymbol A}{\partial t}\\ \boldsymbol B&=\nabla\times\boldsymbol A, \end{align*}$$

und in einem quellenfreien Bereich ist A Lösung von

$$\Delta\boldsymbol A-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\boldsymbol A}{\partial t^2}=0$$

(wenn Quellen vorhanden sind ist die Gleichung inhomogen, und rechts 
steht -\mu J, mit J der Stromdichte). Eine allgemeine Lösung ist durch 
den d'Alembert-Ansatz

$$\boldsymbol A=\boldsymbol A_+(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x-\omega t)+\boldsymbol A_-(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x+\omega t)$$

gegeben; den gesamten Lösungsraum bekommt man durch Superposition 
solcher Lösungen mit verschiedenem k, A_+, A_- und omega. Und diese 
Welle ist unter den obigen Annahmen (lineares homogenes Medium, 
Quellenfreiheit, keine Randbedingungen) dann automatisch transversal. In 
dem Papier wird nun gezeigt, dass E∥H genau dann gilt, wenn

$$(\boldsymbol A_+'+\boldsymbol A_-')\cdot(\boldsymbol A_+'-\boldsymbol A_-')=0,$$

wobei

$$\boldsymbol A_+'=\frac{\mathord{\rm d}}{\mathord{\rm d}\xi}\boldsymbol A_+(\xi),\quad \boldsymbol A_-'=\frac{\mathord{\rm d}}{\mathord{\rm d}\xi}\boldsymbol A_-(\xi).$$

Damit kann man schließlich konkrete Beispiele konstruieren.

So, alle Klarheiten beseitigt?

Tobias P. schrieb:
> was meinst du damit?

Dass die Verlage es mit ihrem Gewinnstreben und der Ausnutzung ihrer 
Machtposition deutlich übertreiben, wenn sich selbst größere 
Universitätsbibliotheken bestimmte Zeitschriften nicht mehr leisten 
können. Wobei die großen kommerziellen Verlage sich da in der jüngeren 
Vergangenheit durchaus bewegt und eine Menge älterer Sachen freigegeben 
haben. Was außerdem auffällt ist, dass die ganzen berufsständischen 
Organisationen wie AMS, AIP, IOP, etc., oder IEEE bei den Ingenieuren, 
da überhaupt nicht mitmachen, auch wenn man es von denen am ehesten 
erwarten sollte.

> ich finde die Paywall ziemlich daneben, denn sehr viele Papers werden
> mit Geld vom Steuerzahler erstellt an Unis usw., dann sollte der
> Steuerzahler auch die Möglichkeit haben, die Papers anzuschauen - auch
> wenn das wohl 99% niemals tun würden.

Klar nervt das, und anders wäre es mir auch lieber. Allerdings brauchen 
ich und andere Steuerzahler nur in die Nachbarstadt in die 
Uni-Bibliothek zu fahren und bekommen die Artikel dort kostenlos. Oder 
in der örtlichen Stadtbibliothek per Fernleihe. Auch wenn das nicht sehr 
bequem ist, und auch nicht mehr wirklich zeitgemäß.

> Aber das war jetzt etwas OT ;-)

Stimmt. :-)

Edit: Vorzeichen und Rechtschreibfehler