Editing Stationäre Ströme und Magnetfeld

{{Scripthinweis|2|Elektrodynamik}}
=Kontinuitätsgleichung=

Bewegte Ladungen entsprechen elektrischem Strom I

Experimentelle Erfahrung:  Die Ladung bleibt erhalten:

<math>Q(t)=\int_{V}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\rho (\bar{r},t)</math>

Damit folgt ein globaler Erhaltungssatz:

<math>\frac{d}{dt}Q(t)=\frac{d}{dt}\int_{V}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\rho (\bar{r},t)=-\oint\limits_{\partial V}{{}}\delta I</math>


<math>\delta I=\frac{\rho dV}{dt}=\frac{\rho \left| v \right|dt\left| df \right|\cos \alpha }{dt}=\rho \bar{v}d\bar{f}</math>

Also gerade die Ladung, die durch
<math>d\bar{f}</math>
pro zeit aus V herausströmt
Als eine lokale Größe findet man die elektrische Stromdichte:

<math>\bar{j}(\bar{r},t):=\rho (\bar{r},t)\bar{v}(\bar{r},t)</math>

<math>\Rightarrow \frac{d}{dt}\int_{V}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\rho (\bar{r},t)=-\oint\limits_{\partial V}{{}}d\bar{f}\bar{j}(\bar{r},t)=-\int_{V}^{{}}{{{d}^{3}}r}\nabla \cdot \bar{j}(\bar{r},t)</math>
( Gauß !)  für alle Volumina V ( einfach zusammenhängend)

Somit folgt die Kontinuitätsgleichung als LOKALER Erhaltungssatz:

<math>\Rightarrow \frac{\partial }{\partial t}\rho (\bar{r},t)+\nabla \cdot \bar{j}(\bar{r},t)=0</math>

Speziell bei stationären Ladungsverteilungen gilt die Divergenzfreiheit  des Stroms:

<math>\nabla \cdot \bar{j}(\bar{r},t)=0</math>

Aber : natürlich muss deswegen nicht
<math>\bar{j}(\bar{r},t)=0</math>
gelten. Der Strom muss räumlich lediglich stationär sein !

=Magnetische Induktion=

<u>'''Experimentelle Erfahrung:'''</u>

Es existieren Wechselwirkungen zwischen den Ladungen: Eine Kraft wirkt auf Ladungen q, die sich mit v bewegen:

<math>\bar{F}=q\bar{v}\times \bar{B}(\bar{r})</math>

Die sogenannte Lorentz- Kraft !

<math>\bar{B}(\bar{r})</math>
ist die magnetische Induktion am Ort
<math>\bar{r}</math>
, die erzeugt wird von den anderen Ladungen mit einer zugeordneten Stromdichte
<math>\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })</math>
.

Die Erzeugung dieser Magnetischen Induktion erfolgt gemäß des Ampereschen Gesetzes:

<math>\bar{B}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{{{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}^{3}}}</math>

Dies läuft völlig analog zur Coulomb- Wechselwirkung in der Elektrostatik:

<math>\begin{align}
& \bar{F}=q\bar{E}(\bar{r}) \\
& \bar{E}(\bar{r})=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}\rho (\bar{r}\acute{\ })\frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \\
\end{align}</math>

Die Einheiten im SI- System lauten:

<math>\left[ B \right]=\frac{1Ns}{Cm}=\frac{1kg{{m}^{2}}}{C{{s}^{2}}}\cdot \frac{s}{{{m}^{2}}}=1V\frac{s}{{{m}^{2}}}=1T</math>

Mit diesen Einheiten ist dann
<math>{{\mu }_{0}}=1,26\cdot {{10}^{-6}}\frac{Vs}{Am}</math>
festgelegt, wie die Dielektrizitätskonstante jedoch frei wählbar !!
Die magnetische Induktion beschreibt keine neue, von der Coulomb- Wechselwirkung unabhängige WW: Man betrachte dazu lediglich die Transformation auf das lokale Ruhesystem einer bewegten Ladung:

Im Gauß System:

<math>\bar{F}=\frac{q}{c}\bar{v}\times \bar{B}(\bar{r})</math>

<math>\begin{align}
& \bar{B}(\bar{r})=\frac{1}{c}\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{{{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}^{3}}} \\
&  \\
\end{align}</math>


<u>'''Die Kraft zwischen 2 stromdurchflossenen Leitern:'''</u>

Betrachten wir zwei infinit. dünne Leiter L, L´, die mit konstanten Strömen I und I´ durchflossen werden:

Der Strom durch L´:

<math>\begin{align}
& \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }){{d}^{3}}r\acute{\ }=\rho {{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{v}\acute{\ }=\frac{d}{dt}\rho {{d}^{3}}r\acute{\ }d\bar{r}\acute{\ } \\
& \frac{d}{dt}\rho {{d}^{3}}r\acute{\ }=I\acute{\ } \\
& \Rightarrow \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }){{d}^{3}}r\acute{\ }=I\acute{\ }d\bar{r}\acute{\ } \\
\end{align}</math>

Somit folgt das Biot- Savartsche Gesetz für unendlich lange Leiter L´:

Die magnetische Induktion ist gerade:

<math>\begin{align}
& \bar{B}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }I\acute{\ }\int_{L\acute{\ }}^{{}}{{}}d\bar{r}\acute{\ }\times \frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{{{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}^{3}}} \\
&  \\
\end{align}</math>

Die Kraft auf eine Ladung im Volumenelement d³r  von L ist damit gerade:

<math>d\bar{F}=\rho \bar{v}\times \bar{B}(\bar{r}){{d}^{3}}r=\bar{j}\times \bar{B}{{d}^{3}}r=Id\bar{r}\times \bar{B}</math>

Also:

<math>\bar{F}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }II\acute{\ }\int_{L}^{{}}{{}}d\bar{r}\times \int_{L\acute{\ }}^{{}}{{}}d\bar{r}\acute{\ }\times \frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{{{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}^{3}}}</math>

Dies ist dann die gesamte Kraft von L´ auf L

mit

<math>\begin{align}
& d\bar{r}\times \left( d\bar{r}\acute{\ }\times \left( \bar{r}-\bar{r} \right) \right)=\left( d\bar{r}\left( \bar{r}-\bar{r} \right) \right)d\bar{r}\acute{\ }-\left( d\bar{r}d\bar{r}\acute{\ } \right)\left( \bar{r}-\bar{r} \right) \\
& und \\
& \int_{L}^{{}}{{}}d\bar{r}\frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{{{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}^{3}}}=-\left. \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right|_{L-ANfang}^{L-Ende}=0 \\
\end{align}</math>

( Der Leiter ist entweder geschlossen oder die Enden liegen im Unendlichen)
folgt:

<math>\bar{F}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }II\acute{\ }\int_{L}^{{}}{{}}\int_{L\acute{\ }}^{{}}{{}}\left( d\bar{r}d\bar{r}\acute{\ } \right)\frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{{{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}^{3}}}</math>

für parallele Ströme:

<math>Id\bar{r}I\acute{\ }d\bar{r}\acute{\ }>0</math>
folgt Anziehung
für antiparallele Ströme:

<math>Id\bar{r}I\acute{\ }d\bar{r}\acute{\ }<0</math>
dagegen Abstoßung

Man sieht außerdem das dritte Newtonsche Gesetz:

<math>\begin{align}
& \bar{r}\leftrightarrow \bar{r}\acute{\ } \\
& d\bar{r}\leftrightarrow d\bar{r}\acute{\ } \\
& I\leftrightarrow I\acute{\ } \\
\end{align}</math>

Somit:

<math>\bar{F}\leftrightarrow -\bar{F}</math>
( actio gleich reactio)

=Die magnetostatischen Feldgleichungen=

Sie gelten auch in quasistaischer Näherung: Die zeitliche Änderung muss viel kleiner sein als die räumliche !!

Mit dem Vektorpotenzial

<math>\bar{A}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}</math>

Welches nicht eindeutig ist, sondern beliebig gemäß
<math>\bar{A}(\bar{r})\to \bar{A}+\nabla \Psi </math>
umgeeicht werden kann.
(
<math>\Psi (\bar{r})</math>
beliebig möglich, da
<math>\nabla \times \nabla \Psi =0</math>
)

Mit diesem Vektorpotenzial also kann man schreiben:

<math>\bar{B}=rot\bar{A}(\bar{r})=\nabla \times \frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}</math>

Beweis:

<math>\begin{align}
& rot\bar{A}(\bar{r})=\nabla \times \frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r}}\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}\times \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \\
& {{\nabla }_{r}}\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}=-\frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{{{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}^{3}}} \\
& \Rightarrow rot\bar{A}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{{{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}^{3}}}=\bar{B}(\bar{r}) \\
\end{align}</math>

Folgende Aussagen sind äquivalent:
Es existiert ein Vektorpotenzial mit

<math>\begin{align}
& \bar{B}=rot\bar{A}(\bar{r}) \\
& \Leftrightarrow  \\
\end{align}</math>

<math>div\bar{B}=0</math>

Beweis:

<math>div(rot\bar{A}(\bar{r}))=0</math>

es gibt keine Quellen der magnetischen Induktion ( es existieren keine "magnetischen Ladungen".

Aber: Magnetische Monopole wurden 1936 von Dirac postuliert, um die Quantelung der Ladung zu erklären. ( aus der quantenmechanischen Quantisierung des Drehimpulses !)
Dies wurde durch die vereinheitlichte Feldtheori4e wieder aufgenommen !
Es wurden extrem schwere magnetische Monopole postuliert, die beim Urknall in den ersten
<math>{{10}^{-35}}s</math>
erzeugt worden sein sollen.

Sehr umstritten ist ein angeblicher experimenteller Nachweis von 1982 ( Spektrum der Wissenschaft, Juni 1982, S. 78 ff.)
'''Der Zusammenhang zwischen'''

<math>\bar{B}(\bar{r})</math>
und
<math>\bar{j}(\bar{r})</math>
:

<math>\begin{align}
& \nabla \times \bar{B}(\bar{r})=\nabla \times \left( \nabla \times \bar{A}(\bar{r}) \right)=\nabla \left( \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r}) \right)-\Delta \bar{A}(\bar{r}) \\
& \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=\nabla \cdot \frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r}}\cdot \left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }){{\nabla }_{r}}\cdot \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \\
& {{\nabla }_{r}}\cdot \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}=-{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \\
& \Rightarrow \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\left[ {{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)+\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right] \\
& {{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \bar{j}(\bar{r}\acute{\ })=-\frac{\partial }{\partial t}\rho =0 \\
& \Rightarrow \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right) \\
\end{align}</math>

Wobei die verwendete Kontinuitätsgleichung natürlich nur für statische Ladungsverteilungen gilt !

Im Allgemeinen Fall gilt dagegen:

<math>\begin{align}
& \Rightarrow \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)-\frac{\partial }{\partial t}\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\rho (\bar{r}\acute{\ },t)}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \\
& \frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\rho (\bar{r}\acute{\ },t)}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}={{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\Phi (\bar{r},t) \\
& \Rightarrow \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\oint\limits_{S\infty }{{}}{{d}^{3}}\bar{f}\acute{\ }\left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)-{{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\Phi (\bar{r},t) \\
\end{align}</math>

Mit dem Gaußschen Satz.
Wenn das Potenzial jedoch ins unendliche hinreichend rasch abfällt, so gilt:

<math>\oint\limits_{S\infty }{{}}{{d}^{3}}\bar{f}\acute{\ }\left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)=0</math>

Also:

<math>\nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-{{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\Phi (\bar{r},t)</math>

Also:

<math>\nabla \left( \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r}) \right)={{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\bar{E}(\bar{r},t)</math>

Auf der anderen Seite ergibt sich ganz einfach

<math>\begin{align}
& \Delta \bar{A}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\Delta }_{r}}\cdot \left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }){{\Delta }_{r}}\cdot \left( \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right) \\
& =\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\delta \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)=-{{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r}) \\
\end{align}</math>

wegen

<math>{{\Delta }_{r}}\cdot \left( \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)=4\pi \delta \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)</math>

Also:

<math>\nabla \times \bar{B}(\bar{r})=\nabla \left( \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r}) \right)-\Delta \bar{A}(\bar{r})={{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r})+{{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\bar{E}(\bar{r},t)</math>

Für stationäre Ströme, die gerade bei stationären Ladungsverteilungen vorliegen, folgt:

<math>\begin{align}
& \nabla \times \bar{B}(\bar{r})={{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r}) \\
& {{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\bar{E}(\bar{r},t)=0 \\
\end{align}</math>

Dies ist die differenzielle Form des Ampereschen Gesetzes
Die Ströme sind die Wirbel der magnetischen Induktion !!

Integration über eine Fläche F mit Rand
<math>\partial F</math>
liefert die Intgralform:

<math>\begin{align}
& \int_{{}}^{{}}{d\bar{f}\cdot }\nabla \times \bar{B}(\bar{r})=\oint\limits_{\partial F}{{}}d\bar{s}\bar{B}(\bar{r})=\int_{{}}^{{}}{d\bar{f}\cdot }{{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r})={{\mu }_{0}}I \\
& \oint\limits_{\partial F}{{}}d\bar{s}\bar{B}(\bar{r})={{\mu }_{0}}I \\
\end{align}</math>

Mit dem Satz von Stokes
Das sogenannte Durchflutungsgesetz !

<u>'''Zusammenfassung:'''</u>

<u>'''Magnetostatik:'''</u>

<math>div\bar{B}=0\Leftrightarrow \bar{B}=rot\bar{A}</math>
( quellenfreiheit)

<math>\begin{align}
& rot\bar{B}={{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r})\Leftrightarrow \oint\limits_{\partial F}{{}}d\bar{s}\cdot \bar{B}={{\mu }_{0}}I \\
& \Rightarrow \Delta \bar{A}=-{{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r}) \\
\end{align}</math>

Gilt jedoch nur im Falle der Coulomb- Eichung:

<math>\nabla \cdot \bar{A}=0</math>

Dies geschieht durch die Umeichung

<math>\begin{align}
& \bar{A}\acute{\ }(\bar{r})\to \bar{A}+\nabla \Psi  \\
& \nabla \times \bar{A}\acute{\ }(\bar{r})\to \nabla \times \bar{A}+\nabla \times \nabla \Psi  \\
& \nabla \times \nabla \Psi =0\Rightarrow \nabla \times \bar{A}\acute{\ }(\bar{r})\to \nabla \times \bar{A} \\
& \Rightarrow \nabla \times \left( \nabla \times \bar{A}\acute{\ }(\bar{r}) \right)=\nabla \times \bar{B}(\bar{r})={{\mu }_{0}}\bar{j} \\
& \nabla \times \left( \nabla \times \bar{A}\acute{\ }(\bar{r}) \right)=\nabla \left( \nabla \cdot \bar{A}\acute{\ }(\bar{r}) \right)-\Delta \bar{A}\acute{\ }(\bar{r}) \\
\end{align}</math>

<u>'''Elektrostatik:'''</u>

<math>rot\bar{E}=0\Leftrightarrow \bar{E}=-\nabla \Phi </math>
( Wirbelfreiheit)

<math>\begin{align}
& {{\varepsilon }_{0}}\nabla \cdot \bar{E}=\rho  \\
& \Leftrightarrow {{\varepsilon }_{0}}\oint\limits_{\partial V}{d\bar{f}\cdot }\bar{E}=Q \\
\end{align}</math>
differenzielle Form / integrale Form

<math>\Rightarrow \Delta \Phi =-\frac{1}{{{\varepsilon }_{0}}}\rho \left( {\bar{r}} \right)</math>
( Poissongleichung)

=Magnetische Multipole=
 ( stationär)

Ausgangspunkt ist
<math>\bar{A}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}</math>
(mit der Coulomb- Eichung
<math>\nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=0</math>
)

mit den Randbedingungen
<math>\bar{A}(\bar{r})\to 0</math>
für r-> unendlich

Taylorentwicklung nach
<math>\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}</math>
von analog zum elektrischen Fall:
Die Stromverteilung
<math>\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })</math>
sei stationär für
<math>r>>r\acute{\ }</math>

<math>\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}=\frac{1}{r}+\frac{1}{{{r}^{3}}}\left( \bar{r}\cdot \bar{r}\acute{\ } \right)+...</math>

<math>\bar{A}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi r}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })+\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi {{r}^{3}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\left( \bar{r}\cdot \bar{r}\acute{\ } \right)+...</math>

'''Monopol- Term'''

'''Mit'''

<math>{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]={{x}_{k}}\acute{\ }\left( {{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right)+\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\cdot \left( {{\nabla }_{r\acute{\ }}}{{x}_{k}}\acute{\ } \right)</math>

Im stationären Fall folgt aus der Kontinuitätsgleichung:

<math>{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \bar{j}(\bar{r}\acute{\ })=0</math>

<math>{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]=\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\cdot \left( {{\nabla }_{r\acute{\ }}}{{x}_{k}}\acute{\ } \right)={{j}_{l}}{{\delta }_{kl}}={{j}_{k}}</math>

Mit
<math>{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]={{j}_{k}}</math>
folgt dann:

<math>\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}{{j}_{k}}(\bar{r}\acute{\ })=\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]=\oint\limits_{S\infty }{d\bar{f}}\left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]=0</math>

Somit verschwindet der Monopolterm in der Theorie

'''Dipol- Term'''

mit

<math>\left[ \bar{r}\acute{\ }\times \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]\times \bar{r}=\left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j}-\left( \bar{r}\bar{j} \right)\bar{r}\acute{\ }=2\left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j}-\left[ \left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j}+\left( \bar{r}\bar{j} \right)\bar{r}\acute{\ } \right]</math>

und mit

<math>\begin{align}
& {{\nabla }_{r\acute{\ }}}\left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j} \right]=\left[ \left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right){{j}_{k}}+{{x}_{k}}\acute{\ }\left( \bar{r}\bar{j} \right)+{{x}_{k\acute{\ }}}\left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right){{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \bar{j} \right] \\
& {{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \bar{j}=0 \\
& \Rightarrow {{\nabla }_{r\acute{\ }}}\left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j} \right]=\left[ \left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right){{j}_{k}}+{{x}_{k}}\acute{\ }\left( \bar{r}\bar{j} \right) \right] \\
\end{align}</math>

Folgt:

<math>\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j} \right]=\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\left[ \left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right){{j}_{k}}+{{x}_{k}}\acute{\ }\left( \bar{r}\bar{j} \right) \right]=0</math>

Da

<math>\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j} \right]=\oint\limits_{S\infty }{d\bar{f}}\left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j} \right]=0</math>
weil der Strom verschwindet !
Somit gibt der Term

<math>\left[ \left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j}+\left( \bar{r}\bar{j} \right)\bar{r}\acute{\ } \right]</math>

keinen Beitrag zum

<math>\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi {{r}^{3}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\left( \bar{r}\cdot \bar{r}\acute{\ } \right)</math>

Also:

<math>\bar{A}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi {{r}^{3}}}\frac{1}{2}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\left( \bar{r}\acute{\ }\times \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right)\times \bar{r}</math>

Als DIPOLPOTENZIAL !!

<math>\begin{align}
& \bar{A}(\bar{r}):=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi {{r}^{3}}}\bar{m}\times \bar{r} \\
& \bar{m}=\frac{1}{2}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\left( \bar{r}\acute{\ }\times \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right) \\
\end{align}</math>

das magnetische Dipolmoment !

Analog zu

<math>\begin{align}
& \Phi (\bar{r}):=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}{{r}^{3}}}\bar{p}\cdot \bar{r} \\
& \bar{p}:=\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{r}\acute{\ }\rho (\bar{r}\acute{\ }) \\
\end{align}</math>

dem elektrischen Dipolmoment

Die magnetische Induktion des Dipolmomentes ergibt sich als:

<math>\bar{B}(\bar{r}):=\nabla \times \frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi {{r}^{3}}}\bar{m}\times \bar{r}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi {{r}^{5}}}\left[ 3\left( \bar{m}\cdot \bar{r} \right)\bar{r}-{{r}^{2}}\bar{m} \right]</math>

Wegen:

<math>\nabla \times \left( \bar{a}\times \bar{b} \right)=\left( \bar{b}\cdot \nabla  \right)\bar{a}-\left( \bar{a}\cdot \nabla  \right)\bar{b}+\bar{a}\left( \nabla \cdot \bar{b} \right)-\bar{b}\left( \nabla \cdot \bar{a} \right)</math>

mit

<math>\begin{align}
& \bar{a}=\frac{{\bar{m}}}{{{r}^{3}}} \\
& \bar{b}=\bar{r} \\
& \Rightarrow div\bar{a}=-3\frac{\bar{m}\cdot \bar{r}}{{{r}^{5}}} \\
& div\bar{b}=3 \\
& \left( \bar{b}\cdot \nabla  \right)\bar{a}=-3\frac{\bar{m}\cdot {{r}^{2}}}{{{r}^{5}}} \\
& \left( \bar{a}\cdot \nabla  \right)\bar{b}=\frac{{\bar{m}}}{{{r}^{3}}} \\
\end{align}</math>

Analog ergab sich als elektrisches Dipolfeld:

<math>\bar{E}(\bar{r}):=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}{{r}^{5}}}\left[ 3\left( \bar{p}\cdot \bar{r} \right)-{{r}^{2}}\bar{p} \right]</math>

<u>'''Beispiel: Ebene Leiterschleife L:'''</u>



<math>\begin{align}
& d\bar{f}\acute{\ }=\frac{1}{2}\bar{r}\acute{\ }\times d\bar{s}\acute{\ } \\
& {{d}^{3}}\bar{r}\acute{\ }j(\bar{r}\acute{\ })=d\bar{s}\acute{\ }I \\
\end{align}</math>

Mit I = Strom durch den Leiter

<math>\Rightarrow \bar{m}=\frac{1}{2}\oint\limits_{L}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\left( \bar{r}\acute{\ }\times \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right)=\frac{I}{2}\oint\limits_{L}{{}}\bar{r}\acute{\ }\times d\bar{s}\acute{\ }=I\int_{F}^{{}}{{}}d\bar{f}\acute{\ }=IF\bar{n}</math>

Dabei ist

<math>\bar{n}</math>
die Normale auf der von L eingeschlossenen Fläche F

Also: Ein Ringstrom bedingt ein magnetisches Dipolmoment
<math>\bar{m}</math>


analog: 2 Punktladungen bedingen ein elektrisches Dipolmoment
<math>\bar{p}=q\bar{a}</math>
, welches von der positiven zur negativen Ladung zeigt.

<u>'''Bewegte Ladungen'''</u>
N Teilchen mit den Massen mi und den Ladungen qi bewegen sich.

Dabei sei die spezifische Ladung

<math>\frac{{{q}_{i}}}{{{m}_{i}}}=\frac{q}{m}</math>
konstant:

<math>\begin{align}
& \rho (\bar{r})=\sum\limits_{i}{{}}{{q}_{i}}\delta \left( \bar{r}-{{{\bar{r}}}_{i}} \right) \\
& \bar{j}(\bar{r})=\sum\limits_{i}{{}}{{q}_{i}}{{{\bar{v}}}_{i}}\delta \left( \bar{r}-{{{\bar{r}}}_{i}} \right) \\
& {{{\bar{v}}}_{i}}=\frac{d{{{\bar{r}}}_{i}}}{dt} \\
\end{align}</math>

Das magnetische Dipolmoment beträgt:

<math>\begin{align}
& \bar{m}=\frac{1}{2}\oint\limits_{L}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\left( \bar{r}\acute{\ }\times \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right)=\frac{1}{2}\sum\limits_{i}{{}}{{q}_{i}}\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{r}\acute{\ }\times {{{\bar{v}}}_{i}}\delta \left( \bar{r}\acute{\ }-{{{\bar{r}}}_{i}} \right)=\frac{1}{2}\sum\limits_{i}{{}}{{q}_{i}}{{{\bar{r}}}_{i}}\times {{{\bar{v}}}_{i}}=\frac{1}{2}\sum\limits_{i}{{}}\frac{{{q}_{i}}}{{{m}_{i}}}{{m}_{i}}{{{\bar{r}}}_{i}}\times {{{\bar{v}}}_{i}} \\
& \frac{{{q}_{i}}}{{{m}_{i}}}=\frac{q}{m} \\
& \Rightarrow \bar{m}=\frac{q}{2m}\bar{L} \\
\end{align}</math>

Mit dem Bahndrehimpuls
<math>\bar{L}</math>
:

<math>\bar{m}=\frac{q}{2m}\bar{L}</math>
gilt aber auch für starre Körper !
* Allgemeines Gesetz !

Jedoch gilt dies nicht für den Spin eines Elektrons !!!

<math>\begin{align}
& \bar{m}=g\frac{e}{2m}\bar{S} \\
& g\approx 2 \\
\end{align}</math>

Somit ist der Spin nicht vollständig durch die Vorstellung von einer rotierenden Ladungsverteilung zu verstehen !

'''Kraft auf eine Stromverteilung:'''

<math>\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })={{\rho }_{i}}(\bar{r}\acute{\ })\bar{v}(\bar{r}\acute{\ })</math>

im Feld einer externen magnetischen Induktion
<math>\bar{B}(\bar{r}\acute{\ })</math>
:

Spürt die Lorentzkraft

<math>\bar{F}=\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \bar{B}(\bar{r}\acute{\ })</math>

Talyorentwicklung liefert:

<math>\begin{align}
& \bar{B}(\bar{r}\acute{\ })=\bar{B}(\bar{r})+\left[ \left( \bar{r}\acute{\ }-\bar{r} \right)\nabla  \right]\bar{B}(\bar{r})+.... \\
& \Rightarrow \bar{F}=\left[ \int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]\times \bar{B}(\bar{r}\acute{\ })+\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \left[ \left( \bar{r}\acute{\ }-\bar{r} \right)\nabla  \right]\bar{B}(\bar{r})+... \\
\end{align}</math>

im stationären Fall gilt wieder:

<math>\left[ \int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]=0</math>
( keine Monopole)
Also:

<math>\begin{align}
& \bar{F}=\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \left[ \left( \bar{r}\acute{\ } \right){{\nabla }_{r}} \right]\bar{B}(\bar{r})-\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \left[ \left( {\bar{r}} \right){{\nabla }_{r}} \right]\bar{B}(\bar{r}) \\
& \int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \left[ \left( {\bar{r}} \right){{\nabla }_{r}} \right]\bar{B}(\bar{r})=0,da\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })=0 \\
& \Rightarrow \bar{F}=\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \left[ \left( \bar{r}\acute{\ } \right){{\nabla }_{r}} \right]\bar{B}(\bar{r}) \\
& \left[ \left( \bar{r}\acute{\ } \right){{\nabla }_{r}} \right]\bar{B}(\bar{r})={{\nabla }_{r}}\left[ \left( \bar{r}\acute{\ } \right)\cdot \bar{B}(\bar{r}) \right]-\bar{r}\acute{\ }\times \left[ {{\nabla }_{r}}\times \bar{B}(\bar{r}) \right] \\
\end{align}</math>

Man fordert:

<math>\left[ {{\nabla }_{r}}\times \bar{B}(\bar{r}) \right]=0</math>

( Das externe Feld soll keine Stromwirbel im Bereich von
<math>\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })</math>
haben:

<math>\begin{align}
& \bar{F}=\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times {{\nabla }_{r}}\left[ \left( \bar{r}\acute{\ } \right)\cdot \bar{B}(\bar{r}) \right] \\
& \bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times {{\nabla }_{r}}\left[ \left( \bar{r}\acute{\ } \right)\cdot \bar{B}(\bar{r}) \right]=-{{\nabla }_{r}}\times \left[ \left( \left( \bar{r}\acute{\ } \right)\cdot \bar{B}(\bar{r}) \right)\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]+\left[ \left( \bar{r}\acute{\ } \right)\cdot \bar{B}(\bar{r}) \right]{{\nabla }_{r}}\times \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \\
& {{\nabla }_{r}}\times \bar{j}(\bar{r}\acute{\ })=0 \\
& \Rightarrow \bar{F}=-\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r}}\times \left[ \left( \left( \bar{r}\acute{\ } \right)\cdot \bar{B}(\bar{r}) \right)\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]=-{{\nabla }_{r}}\times \left( \bar{m}\times \bar{B}(\bar{r}) \right) \\
& \bar{F}=-{{\nabla }_{r}}\times \left( \bar{m}\times \bar{B}(\bar{r}) \right)=\left( \bar{m}\cdot {{\nabla }_{r}} \right)\bar{B}(\bar{r})=-{{\nabla }_{r}}\left( -\bar{m}\cdot \bar{B}(\bar{r}) \right) \\
\end{align}</math>

( Vergl. S. 34)