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| {{Scripthinweis|2|Elektrodynamik}} | | <noinclude>{{Scripthinweis|Elektrodynamik|2|0}} __SHOWFACTBOX__</noinclude> |
| =Kontinuitätsgleichung=
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| Bewegte Ladungen entsprechen elektrischem Strom I
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| Experimentelle Erfahrung: Die Ladung bleibt erhalten:
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| <math>Q(t)=\int_{V}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\rho (\bar{r},t)</math>
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| Damit folgt ein globaler Erhaltungssatz:
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| <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>
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| <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>
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| Also gerade die Ladung, die durch
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| <math>d\bar{f}</math>
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| pro zeit aus V herausströmt
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| Als eine lokale Größe findet man die elektrische Stromdichte:
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| <math>\bar{j}(\bar{r},t):=\rho (\bar{r},t)\bar{v}(\bar{r},t)</math>
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| <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>
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| ( Gauß !) für alle Volumina V ( einfach zusammenhängend)
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| Somit folgt die Kontinuitätsgleichung als LOKALER Erhaltungssatz:
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| <math>\Rightarrow \frac{\partial }{\partial t}\rho (\bar{r},t)+\nabla \cdot \bar{j}(\bar{r},t)=0</math>
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| Speziell bei stationären Ladungsverteilungen gilt die Divergenzfreiheit des Stroms:
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| <math>\nabla \cdot \bar{j}(\bar{r},t)=0</math>
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| Aber : natürlich muss deswegen nicht
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| <math>\bar{j}(\bar{r},t)=0</math>
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| gelten. Der Strom muss räumlich lediglich stationär sein !
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| =Magnetische Induktion=
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| <u>'''Experimentelle Erfahrung:'''</u>
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| Es existieren Wechselwirkungen zwischen den Ladungen: Eine Kraft wirkt auf Ladungen q, die sich mit v bewegen:
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| <math>\bar{F}=q\bar{v}\times \bar{B}(\bar{r})</math>
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| Die sogenannte Lorentz- Kraft !
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| <math>\bar{B}(\bar{r})</math>
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| ist die magnetische Induktion am Ort
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| <math>\bar{r}</math>
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| , die erzeugt wird von den anderen Ladungen mit einer zugeordneten Stromdichte
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| <math>\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })</math>
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| .
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| Die Erzeugung dieser Magnetischen Induktion erfolgt gemäß des Ampereschen Gesetzes:
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| <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>
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| Dies läuft völlig analog zur Coulomb- Wechselwirkung in der Elektrostatik:
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| <math>\begin{align}
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| & \bar{F}=q\bar{E}(\bar{r}) \\
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| & \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|} \\
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| \end{align}</math>
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| Die Einheiten im SI- System lauten:
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| <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>
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| Mit diesen Einheiten ist dann
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| <math>{{\mu }_{0}}=1,26\cdot {{10}^{-6}}\frac{Vs}{Am}</math>
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| festgelegt, wie die Dielektrizitätskonstante jedoch frei wählbar !!
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| 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:
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| Im Gauß System:
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| <math>\bar{F}=\frac{q}{c}\bar{v}\times \bar{B}(\bar{r})</math>
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| <math>\begin{align}
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| & \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}}} \\
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| & \\
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| \end{align}</math>
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| <u>'''Die Kraft zwischen 2 stromdurchflossenen Leitern:'''</u>
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| Betrachten wir zwei infinit. dünne Leiter L, L´, die mit konstanten Strömen I und I´ durchflossen werden:
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| Der Strom durch L´:
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| <math>\begin{align}
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| & \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{\ } \\
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| & \frac{d}{dt}\rho {{d}^{3}}r\acute{\ }=I\acute{\ } \\
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| & \Rightarrow \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }){{d}^{3}}r\acute{\ }=I\acute{\ }d\bar{r}\acute{\ } \\
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| \end{align}</math>
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| Somit folgt das Biot- Savartsche Gesetz für unendlich lange Leiter L´:
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| Die magnetische Induktion ist gerade:
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| <math>\begin{align}
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| & \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}}} \\
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| & \\
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| \end{align}</math>
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| Die Kraft auf eine Ladung im Volumenelement d³r von L ist damit gerade:
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| <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>
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| Also:
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| <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>
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| Dies ist dann die gesamte Kraft von L´ auf L
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| mit
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| <math>\begin{align}
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| & 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) \\
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| & und \\
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| & \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 \\
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| \end{align}</math>
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| ( Der Leiter ist entweder geschlossen oder die Enden liegen im Unendlichen)
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| folgt:
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| <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>
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| für parallele Ströme:
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| <math>Id\bar{r}I\acute{\ }d\bar{r}\acute{\ }>0</math>
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| folgt Anziehung
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| für antiparallele Ströme:
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| <math>Id\bar{r}I\acute{\ }d\bar{r}\acute{\ }<0</math>
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| dagegen Abstoßung
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| Man sieht außerdem das dritte Newtonsche Gesetz:
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| <math>\begin{align}
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| & \bar{r}\leftrightarrow \bar{r}\acute{\ } \\
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| & d\bar{r}\leftrightarrow d\bar{r}\acute{\ } \\
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| & I\leftrightarrow I\acute{\ } \\
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| \end{align}</math>
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| Somit:
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| <math>\bar{F}\leftrightarrow -\bar{F}</math>
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| ( actio gleich reactio)
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| =Die magnetostatischen Feldgleichungen=
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| Sie gelten auch in quasistaischer Näherung: Die zeitliche Änderung muss viel kleiner sein als die räumliche !!
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| Mit dem Vektorpotenzial
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| <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>
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| Welches nicht eindeutig ist, sondern beliebig gemäß
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| <math>\bar{A}(\bar{r})\to \bar{A}+\nabla \Psi </math>
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| umgeeicht werden kann.
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| (
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| <math>\Psi (\bar{r})</math>
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| beliebig möglich, da
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| <math>\nabla \times \nabla \Psi =0</math>
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| )
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| Mit diesem Vektorpotenzial also kann man schreiben:
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| <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>
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| Beweis:
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| <math>\begin{align}
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| & 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}}} \\
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| & \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}) \\
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| \end{align}</math>
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| Folgende Aussagen sind äquivalent:
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| Es existiert ein Vektorpotenzial mit
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| <math>\begin{align}
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| & \bar{B}=rot\bar{A}(\bar{r}) \\
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| & \Leftrightarrow \\
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| \end{align}</math>
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| <math>div\bar{B}=0</math>
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| Beweis:
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| <math>div(rot\bar{A}(\bar{r}))=0</math>
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| es gibt keine Quellen der magnetischen Induktion ( es existieren keine "magnetischen Ladungen".
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| Aber: Magnetische Monopole wurden 1936 von Dirac postuliert, um die Quantelung der Ladung zu erklären. ( aus der quantenmechanischen Quantisierung des Drehimpulses !)
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| Dies wurde durch die vereinheitlichte Feldtheori4e wieder aufgenommen !
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| Es wurden extrem schwere magnetische Monopole postuliert, die beim Urknall in den ersten
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| <math>{{10}^{-35}}s</math>
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| erzeugt worden sein sollen.
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| Sehr umstritten ist ein angeblicher experimenteller Nachweis von 1982 ( Spektrum der Wissenschaft, Juni 1982, S. 78 ff.)
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| '''Der Zusammenhang zwischen'''
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| <math>\bar{B}(\bar{r})</math>
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| und
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| <math>\bar{j}(\bar{r})</math>
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| :
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| <math>\begin{align}
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| & \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>
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| Wobei die verwendete Kontinuitätsgleichung natürlich nur für statische Ladungsverteilungen gilt !
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| Im Allgemeinen Fall gilt dagegen:
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| <math>\begin{align}
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| & \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) \\
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| \end{align}</math>
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| Mit dem Gaußschen Satz.
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| Wenn das Potenzial jedoch ins unendliche hinreichend rasch abfällt, so gilt:
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| <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>
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| | |
| Also:
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| <math>\nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-{{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\Phi (\bar{r},t)</math>
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| | |
| Also:
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| <math>\nabla \left( \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r}) \right)={{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\bar{E}(\bar{r},t)</math>
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| Auf der anderen Seite ergibt sich ganz einfach
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| <math>\begin{align}
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| & \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>
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| | |
| wegen
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| <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>
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| | |
| Also:
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| <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>
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| | |
| Für stationäre Ströme, die gerade bei stationären Ladungsverteilungen vorliegen, folgt:
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| | |
| <math>\begin{align}
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| & \nabla \times \bar{B}(\bar{r})={{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r}) \\
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| & {{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\bar{E}(\bar{r},t)=0 \\
| |
| \end{align}</math>
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| | |
| Dies ist die differenzielle Form des Ampereschen Gesetzes
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| Die Ströme sind die Wirbel der magnetischen Induktion !!
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| Integration über eine Fläche F mit Rand
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| <math>\partial F</math>
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| liefert die Intgralform:
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| <math>\begin{align}
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| & \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>
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| Mit dem Satz von Stokes
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| Das sogenannte Durchflutungsgesetz !
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| <u>'''Zusammenfassung:'''</u>
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| <u>'''Magnetostatik:'''</u>
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| <math>div\bar{B}=0\Leftrightarrow \bar{B}=rot\bar{A}</math>
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| ( quellenfreiheit)
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| <math>\begin{align}
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| & 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>
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| Gilt jedoch nur im Falle der Coulomb- Eichung:
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| <math>\nabla \cdot \bar{A}=0</math>
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| Dies geschieht durch die Umeichung
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| <math>\begin{align}
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| & \bar{A}\acute{\ }(\bar{r})\to \bar{A}+\nabla \Psi \\
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| & \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>
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| <u>'''Elektrostatik:'''</u>
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| <math>rot\bar{E}=0\Leftrightarrow \bar{E}=-\nabla \Phi </math>
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| ( Wirbelfreiheit)
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| <math>\begin{align}
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| & {{\varepsilon }_{0}}\nabla \cdot \bar{E}=\rho \\
| |
| & \Leftrightarrow {{\varepsilon }_{0}}\oint\limits_{\partial V}{d\bar{f}\cdot }\bar{E}=Q \\
| |
| \end{align}</math>
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| differenzielle Form / integrale Form
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| <math>\Rightarrow \Delta \Phi =-\frac{1}{{{\varepsilon }_{0}}}\rho \left( {\bar{r}} \right)</math>
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| ( Poissongleichung)
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| =Magnetische Multipole=
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| ( stationär)
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| Ausgangspunkt ist
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| <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
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| <math>\nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=0</math>
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| )
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| mit den Randbedingungen
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| <math>\bar{A}(\bar{r})\to 0</math>
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| für r-> unendlich
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| Taylorentwicklung nach
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| <math>\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}</math>
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| von analog zum elektrischen Fall:
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| Die Stromverteilung
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| <math>\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })</math>
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| sei stationär für
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| <math>r>>r\acute{\ }</math>
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| <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>
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| '''Monopol- Term'''
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| '''Mit'''
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| <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>
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| Im stationären Fall folgt aus der Kontinuitätsgleichung:
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| <math>{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \bar{j}(\bar{r}\acute{\ })=0</math>
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| <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>
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| Mit
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| <math>{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left[ {{x}_{k}}\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]={{j}_{k}}</math>
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| folgt dann:
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| <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>
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| Somit verschwindet der Monopolterm in der Theorie
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| '''Dipol- Term'''
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| mit
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| <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>
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| und mit
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| <math>\begin{align}
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| & {{\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 \\
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| & \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] \\
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| \end{align}</math>
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| Folgt:
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| <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>
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| | |
| Da
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| <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>
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| weil der Strom verschwindet !
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| Somit gibt der Term
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| <math>\left[ \left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j}+\left( \bar{r}\bar{j} \right)\bar{r}\acute{\ } \right]</math>
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| keinen Beitrag zum
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| <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>
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| | |
| Also:
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| <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>
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| Als DIPOLPOTENZIAL !!
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| <math>\begin{align}
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| & \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) \\
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| \end{align}</math>
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| das magnetische Dipolmoment !
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| Analog zu
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| <math>\begin{align}
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| & \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{\ }) \\
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| \end{align}</math>
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| dem elektrischen Dipolmoment
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| Die magnetische Induktion des Dipolmomentes ergibt sich als:
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| <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>
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| Wegen:
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| <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>
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| mit
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| <math>\begin{align}
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| & \bar{a}=\frac{{\bar{m}}}{{{r}^{3}}} \\
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| & \bar{b}=\bar{r} \\
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| & \Rightarrow div\bar{a}=-3\frac{\bar{m}\cdot \bar{r}}{{{r}^{5}}} \\
| |
| & div\bar{b}=3 \\
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| & \left( \bar{b}\cdot \nabla \right)\bar{a}=-3\frac{\bar{m}\cdot {{r}^{2}}}{{{r}^{5}}} \\
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| & \left( \bar{a}\cdot \nabla \right)\bar{b}=\frac{{\bar{m}}}{{{r}^{3}}} \\
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| \end{align}</math>
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| Analog ergab sich als elektrisches Dipolfeld:
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| <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>
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| <u>'''Beispiel: Ebene Leiterschleife L:'''</u>
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| <math>\begin{align}
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| & d\bar{f}\acute{\ }=\frac{1}{2}\bar{r}\acute{\ }\times d\bar{s}\acute{\ } \\
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| & {{d}^{3}}\bar{r}\acute{\ }j(\bar{r}\acute{\ })=d\bar{s}\acute{\ }I \\
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| \end{align}</math>
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| Mit I = Strom durch den Leiter
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| <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>
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| | |
| Dabei ist
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| <math>\bar{n}</math>
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| die Normale auf der von L eingeschlossenen Fläche F
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| Also: Ein Ringstrom bedingt ein magnetisches Dipolmoment
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| <math>\bar{m}</math>
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| analog: 2 Punktladungen bedingen ein elektrisches Dipolmoment
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| <math>\bar{p}=q\bar{a}</math>
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| , welches von der positiven zur negativen Ladung zeigt.
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| <u>'''Bewegte Ladungen'''</u>
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| N Teilchen mit den Massen mi und den Ladungen qi bewegen sich.
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| Dabei sei die spezifische Ladung
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| <math>\frac{{{q}_{i}}}{{{m}_{i}}}=\frac{q}{m}</math>
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| konstant:
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| <math>\begin{align}
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| & \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} \\
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| \end{align}</math>
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| Das magnetische Dipolmoment beträgt:
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| <math>\begin{align}
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| & \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} \\
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| & \Rightarrow \bar{m}=\frac{q}{2m}\bar{L} \\
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| \end{align}</math>
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| Mit dem Bahndrehimpuls
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| <math>\bar{L}</math>
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| :
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| <math>\bar{m}=\frac{q}{2m}\bar{L}</math>
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| gilt aber auch für starre Körper !
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| * Allgemeines Gesetz !
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| Jedoch gilt dies nicht für den Spin eines Elektrons !!!
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| <math>\begin{align}
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| & \bar{m}=g\frac{e}{2m}\bar{S} \\
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| & g\approx 2 \\
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| \end{align}</math>
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| Somit ist der Spin nicht vollständig durch die Vorstellung von einer rotierenden Ladungsverteilung zu verstehen !
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| '''Kraft auf eine Stromverteilung:'''
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| <math>\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })={{\rho }_{i}}(\bar{r}\acute{\ })\bar{v}(\bar{r}\acute{\ })</math>
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| im Feld einer externen magnetischen Induktion
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| <math>\bar{B}(\bar{r}\acute{\ })</math>
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| :
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| Spürt die Lorentzkraft
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| <math>\bar{F}=\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \bar{B}(\bar{r}\acute{\ })</math>
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| | |
| Talyorentwicklung liefert:
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| <math>\begin{align}
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| & \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>
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| | |
| im stationären Fall gilt wieder:
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| <math>\left[ \int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]=0</math>
| |
| ( keine Monopole)
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| Also:
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| | |
| <math>\begin{align}
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| & \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>
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| | |
| Man fordert:
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| <math>\left[ {{\nabla }_{r}}\times \bar{B}(\bar{r}) \right]=0</math>
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| ( Das externe Feld soll keine Stromwirbel im Bereich von
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| <math>\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })</math>
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| haben:
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| <math>\begin{align}
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| & \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>
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| ( Vergl. S. 34)
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