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Elektrodynamikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Der Artikel Stationäre Ströme und Magnetfeld basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 2.Kapitels (Abschnitt 0) der Elektrodynamikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

Stationäre Ströme und Magnetfeld

Stationäre Ströme und Magnetfeld

Elektrodynamik Schöll

Inhaltsverzeichnis

1 Kontinuitätsgleichung
2 Magnetische Induktion
- 2.1 Experimentelle Erfahrung
- 2.2 Die Kraft zwischen 2 stromdurchflossenen Leitern:
3 Magnetostatische Feldgleichungen
- 3.1 Zusammenfassung
  - 3.1.1 Magnetostatik
  - 3.1.2 Elektrostatik
4 Magnetische Multipole
- 4.1 (stationär)

Elektrostatik
Stationäre Ströme und Magnetfeld
Die Maxwell-Gleichungen
Elektromagnetische Wellen
Materie in elektrischen und magnetischen Feldern
Relativistische Formulierung der Elektrodynamik

Kontinuitätsgleichung

Bewegte Ladungen entsprechen elektrischem Strom I

Experimentelle Erfahrung: Die Ladung bleibt erhalten:

$Q(t)=\int_{V}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\rho (\bar{r},t)$

Damit folgt ein globaler Erhaltungssatz:

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

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

Also gerade die Ladung, die durch $d\bar{f}$ pro zeit aus V herausströmt

Als eine lokale Größe findet man die elektrische Stromdichte:

$\bar{j}(\bar{r},t):=\rho (\bar{r},t)\bar{v}(\bar{r},t)$

$\Rightarrow \frac{d}{dt}\int_{V}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\rho (\bar{r},t)=-\oint\limits_{\partial V}{{}}d\bar{f}\bar{j}(\bar{r},t)=-\int_{V}^{{}}{{{d}^{3}}r}\nabla \cdot \bar{j}(\bar{r},t)$

(Gauß!) für alle Volumina V (einfach zusammenhängend)

Somit folgt die Kontinuitätsgleichung als lokaler Erhaltungssatz:

$\Rightarrow \frac{\partial }{\partial t}\rho (\bar{r},t)+\nabla \cdot \bar{j}(\bar{r},t)=0$

Speziell bei stationären Ladungsverteilungen gilt die Divergenzfreiheit des Stroms:

$\nabla \cdot \bar{j}(\bar{r},t)=0$

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

Magnetische Induktion

Experimentelle Erfahrung

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

$\bar{F}=q\bar{v}\times \bar{B}(\bar{r})$

Die sogenannte Lorentz-Kraft!

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

Die Erzeugung dieser Magnetischen Induktion erfolgt gemäß des Ampereschen Gesetzes:

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

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

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

Die Einheiten im SI- System lauten:

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

Mit diesen Einheiten ist dann ${{\mu }_{0}}=1,26\cdot {{10}^{-6}}\frac{Vs}{Am}$ 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:

$\bar{F}=\frac{q}{c}\bar{v}\times \bar{B}(\bar{r})$

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

Die Kraft zwischen 2 stromdurchflossenen Leitern:

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

Der Strom durch L´:

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

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

Die magnetische Induktion ist gerade:

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

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

$d\bar{F}=\rho \bar{v}\times \bar{B}(\bar{r}){{d}^{3}}r=\bar{j}\times \bar{B}{{d}^{3}}r=Id\bar{r}\times \bar{B}$

Also:

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

Dies ist dann die gesamte Kraft von L´ auf L mit

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

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

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

für parallele Ströme $Id\bar{r}I\acute{\ }d\bar{r}\acute{\ }>0$ folgt Anziehung

für antiparallele Ströme $Id\bar{r}I\acute{\ }d\bar{r}\acute{\ }<0$ dagegen Abstoßung

Man sieht außerdem das dritte Newtonsche Gesetz:

$\begin{align} & \bar{r}\leftrightarrow \bar{r}\acute{\ } \\ & d\bar{r}\leftrightarrow d\bar{r}\acute{\ } \\ & I\leftrightarrow I\acute{\ } \\ \end{align}$

Somit:

$\bar{F}\leftrightarrow -\bar{F}$

(actio gleich reactio)

Magnetostatische Feldgleichungen

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

Mit dem Vektorpotenzial

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

Welches nicht eindeutig ist, sondern beliebig gemäß

$\bar{A}(\bar{r})\to \bar{A}+\nabla \Psi$

umgeeicht werden kann.( $\Psi (\bar{r})$ beliebig möglich, da $\nabla \times \nabla \Psi =0$ )

Mit diesem Vektorpotenzial also kann man schreiben:

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

Beweis:

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

Folgende Aussagen sind äquivalent: Es existiert ein Vektorpotenzial mit

$\begin{align} & \bar{B}=rot\bar{A}(\bar{r}) \\ & \Leftrightarrow \\ \end{align}$

$div\bar{B}=0$

Beweis:

$div(rot\bar{A}(\bar{r}))=0$

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 $10 - 35 s$ erzeugt worden sein sollen.

Sehr umstritten ist ein angeblicher experimenteller Nachweis von 1982 (Spektrum der Wissenschaft, Juni 1982, S. 78 ff.) Der Zusammenhang zwischen $\bar{B}(\bar{r})$ und $\bar{j}(\bar{r})$ :

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

Wobei die verwendete Kontinuitätsgleichung natürlich nur für statische Ladungsverteilungen gilt!

Im Allgemeinen Fall gilt dagegen:

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

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

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

Also:

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

Also:

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

Auf der anderen Seite ergibt sich ganz einfach

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

Also:

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

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

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

Dies ist die differenzielle Form des Ampereschen Gesetzes.

Die Ströme sind die Wirbel der magnetischen Induktion!!

Integration über eine Fläche F mit Rand $\partial F$ liefert die Intgralform:

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

Mit dem Satz von Stokes Das sogenannte Durchflutungsgesetz!

Zusammenfassung

Magnetostatik

$div\bar{B}=0\Leftrightarrow \bar{B}=rot\bar{A}$ (quellenfreiheit)

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

Gilt jedoch nur im Falle der Coulomb-Eichung:

$\nabla \cdot \bar{A}=0$

Dies geschieht durch die Umeichung

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

Elektrostatik

$rot\bar{E}=0\Leftrightarrow \bar{E}=-\nabla \Phi$ (Wirbelfreiheit)

$\begin{align} & {{\varepsilon }_{0}}\nabla \cdot \bar{E}=\rho \\ & \Leftrightarrow {{\varepsilon }_{0}}\oint\limits_{\partial V}{d\bar{f}\cdot }\bar{E}=Q \\ \end{align}$

differenzielle Form / integrale Form

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

Magnetische Multipole

(stationär)

Ausgangspunkt ist

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

(mit der Coulomb- Eichung $\nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=0$ )

mit den Randbedingungen

$\bar{A}(\bar{r})\to 0$ für r→ unendlich

Taylorentwicklung nach

$\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}$

von analog zum elektrischen Fall:

Die Stromverteilung $\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })$ sei stationär für $r>>r\acute{\ }$

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

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

Monopol- Term

Mit

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

Im stationären Fall folgt aus der Kontinuitätsgleichung:

${{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \bar{j}(\bar{r}\acute{\ })=0$

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

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

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

Somit verschwindet der Monopolterm in der Theorie.

Dipol- Term

mit $\left[ \bar{r}\acute{\ }\times \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]\times \bar{r}=\left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j}-\left( \bar{r}\bar{j} \right)\bar{r}\acute{\ }=2\left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j}-\left[ \left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j}+\left( \bar{r}\bar{j} \right)\bar{r}\acute{\ } \right]$ und mit

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

Folgt:

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

Da

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

weil der Strom verschwindet! Somit gibt der Term

$\left[ \left( \bar{r}\bar{r}\acute{\ } \right)\bar{j}+\left( \bar{r}\bar{j} \right)\bar{r}\acute{\ } \right]$

keinen Beitrag zum

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

Also:

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

Als Dipolpotenzial!!

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

das magnetische Dipolmoment!

Analog zu

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

dem elektrischen Dipolmoment

Die magnetische Induktion des Dipolmomentes ergibt sich als:

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

Wegen:

$\nabla \times \left( \bar{a}\times \bar{b} \right)=\left( \bar{b}\cdot \nabla \right)\bar{a}-\left( \bar{a}\cdot \nabla \right)\bar{b}+\bar{a}\left( \nabla \cdot \bar{b} \right)-\bar{b}\left( \nabla \cdot \bar{a} \right)$ mit $\begin{align} & \bar{a}=\frac{{\bar{m}}}{{{r}^{3}}} \\ & \bar{b}=\bar{r} \\ & \Rightarrow div\bar{a}=-3\frac{\bar{m}\cdot \bar{r}}{{{r}^{5}}} \\ & div\bar{b}=3 \\ & \left( \bar{b}\cdot \nabla \right)\bar{a}=-3\frac{\bar{m}\cdot {{r}^{2}}}{{{r}^{5}}} \\ & \left( \bar{a}\cdot \nabla \right)\bar{b}=\frac{{\bar{m}}}{{{r}^{3}}} \\ \end{align}$

Analog ergab sich als elektrisches Dipolfeld:

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

Beispiel: Ebene Leiterschleife L:

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

Mit I = Strom durch den Leiter

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

Dabei ist

$\bar{n}$

die Normale auf der von L eingeschlossenen Fläche F

Also: Ein Ringstrom bedingt ein magnetisches Dipolmoment $\bar{m}$

analog: 2 Punktladungen bedingen ein elektrisches Dipolmoment

$\bar{p}=q\bar{a}$ ,

welches von der positiven zur negativen Ladung zeigt.

Bewegte Ladungen

N Teilchen mit den Massen m_i und den Ladungen q_i bewegen sich.

Dabei sei die spezifische Ladung $\frac{{{q}_{i}}}{{{m}_{i}}}=\frac{q}{m}$ konstant:

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

Das magnetische Dipolmoment beträgt:

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

Mit dem Bahndrehimpuls $\bar{L}$ :

$\bar{m}=\frac{q}{2m}\bar{L}$

gilt aber auch für starre Körper!

Allgemeines Gesetz!

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

$\begin{align} & \bar{m}=g\frac{e}{2m}\bar{S} \\ & g\approx 2 \\ \end{align}$

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

Kraft auf eine Stromverteilung

$\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })={{\rho }_{i}}(\bar{r}\acute{\ })\bar{v}(\bar{r}\acute{\ })$

im Feld einer externen magnetischen Induktion $\bar{B}(\bar{r}\acute{\ })$ :

Spürt die Lorentzkraft

$\bar{F}=\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \bar{B}(\bar{r}\acute{\ })$

Talyorentwicklung liefert:

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

im stationären Fall gilt wieder:

$\left[ \int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right]=0$ (keine Monopole)

Also:

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

Man fordert:

$\left[ {{\nabla }_{r}}\times \bar{B}(\bar{r}) \right]=0$

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

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

(Vergl. S. 34)

Fakten zu Stationäre Ströme und MagnetfeldRDF-Feed

Abschnitt	0 +
Definition	Elektrische Stromdichte +
Fachbegriff	Lorentz-Kraft +, Magnetische Induktion +, Stromdichte +, Coulomb-Wechselwirkung +, Biot-Savartsche Gesetz +, Quasistaischer Näherung +, Vektorpotenzial +, Magnetische Monopole +, Kontinuitätsgleichung +, Gaußschen Satz +, Ampereschen Gesetzes +, Satz von Stokes +, Durchflutungsgesetz +, Coulomb-Eichung +, Poissongleichung +, Dipolpotenzial +, Magnetisches Dipolmoment +, Magnetische Dipolmoment +, Bahndrehimpuls +, Magnetischen Induktion + und Lorentzkraft +
Gleichung	Ladungserhaltungssatz +, Kontiuitätsgleichung +, Divergenzfreiheit des Stroms +, Ampersches Gesetz + und Biot-Savart-Gesetz +
Index	Ladungserhaltungssatz +, Elektrische Stromdichte +, Kontiuitätsgleichung +, Divergenzfreiheit des Stroms +, Lorentz-Kraft +, Magnetische Induktion +, Stromdichte +, Ampersches Gesetz +, Coulomb-Wechselwirkung +, Biot-Savartsche Gesetz +, Biot-Savart-Gesetz +, Quasistaischer Näherung +, Vektorpotenzial +, Magnetische Monopole +, Kontinuitätsgleichung +, Gaußschen Satz +, Ampereschen Gesetzes +, Satz von Stokes +, Durchflutungsgesetz +, Coulomb-Eichung +, Poissongleichung +, Dipolpotenzial +, Magnetisches Dipolmoment +, Magnetische Dipolmoment +, Bahndrehimpuls +, Magnetischen Induktion + und Lorentzkraft +
Inhaltstyp	Script +
Kapitel	2 +
Urheber	Prof. Dr. E. Schöll, PhD +

Stationäre Ströme und Magnetfeld

Aus PhysikWiki

Inhaltsverzeichnis

Kontinuitätsgleichung

Magnetische Induktion

Experimentelle Erfahrung

Die Kraft zwischen 2 stromdurchflossenen Leitern:

Magnetostatische Feldgleichungen

Zusammenfassung

Magnetostatik

Elektrostatik

Magnetische Multipole

(stationär)

Monopol- Term

Dipol- Term

Bewegte Ladungen

Kraft auf eine Stromverteilung

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