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2
Das zeitunabhängige elektromagnetische Feld
Bedingungen, unter welchen E− und B-Felder zeitunabhängig folgen aus Maxwellgleichungen
ε0 div E = ̺
→ ε0 div E = ̺
div B = 0
→
div B = 0
rot E = −Ḃ
→
rot E = 0
1
rot B = j + εĖ →
µ0
1
rot B = j
µ0
oder aus Potentialgleichungen (in Lorentz-Eichung) (2 → ∆)
̺
ε0
2 A = −µ0 j
̺
ε0
→ ∆ A = −µ0 j
2Φ = −
div A +
→
1
Φ̇ = 0 →
c2
∆Φ = −
div A = 0
Anmerkung: Zeitunabhängige Felder bedeutet nicht ”ruhende” Ladungen, z.B.
– stationärer Strom (̺˙ = div j = 0)
– rotierende, geladene Kugel
Entkopplung:
Elektrostatik:
ε0 div E = ̺
rot E = 0
Magnetostatik:
div B = 0
rot B = µ0 j
oder Potentialgleichungen
ε0 ∆ Φ = − ̺
(Elektrostatik)
∆ A = − µ0 j
(Magnetostatik)
34
2.1
Elektrostatik
Untersuchen für sich
ε0 div E = ̺
ε0 ∆ Φ = −̺
rot E = 0
Dabei vorläufig ̺(r) in endlichem Raumgebiet vorgeben (Elektrostatik des Vakuums), später zusätzlich anwesende Medien (Metalle, Halbleiter, Isolatoren)
berücksichtigen → zusätzliche Bedingungen auf den ”Rändern”, d.h. Übergangsbedingungen zwischen Medium und Vakuum → Randwertaufgaben. Hier:
Randwerte von E bzw. Φ im Unendlichen verschwinden.
2.1.1
Einfache Beispiele
(A) Homogen geladene Kugel, Radius R, Gesamtladung Q; Ladungsdichte
̺ (r) =
(
̺0 r < R
0
̺0 =
r>R
Q
R3
4π
3
(B) ”dünne” Kugelschale; Ladungsdichte
̺(r) = σ δ (r − R) ;
Tatsächlich
R
̺ dV =
R
σ =
Q
4π R2
−
Flächendichte
r 2 dr sin ϑ d ϑ dϕ σ δ (r − R) = Q
Kugelsymmetrie: E (r) = E(r)
r
r
(Zentralfeld)
1. Variante: Benutzen Maxwellgleichung direkt
ε0 div E = ̺
→
ε0
I
=

3

 Q r
E df =
Z
̺ dV
(A) Homogen geladene Kugel
ε0 4π r 2 E(r) =
E(r) =



 ̺0
4π 3
r
3
4π 3
R
3


 ̺
0
 3
r


Q
4π ε0 r 2 

R
1
R


Q
für r < R
für r > R
Beachte: Ei (R) = Ea (R) an Oberfläche ist erfüllt!
35
für r < R
für r > R
(B) Kugelschale
ε0
4πr 2 E(r)
=
(
E(r) = θ (r − R)
0
r<R
= Q · θ(r − R)
Q r>R
Q
4π ε0 r 2
Dabei Sprungfunktion definiert:
θ (x) =
(
0 für x < 0
1 für x > 0
Bestimmen daraus Potential entsprechend
Φ(r) = −
Z
E dr
→
Φ(r) = −
Z
E (r) dr
(A) Homogen geladene Kugel
r < R :
Φ=−
Z
Qrdr
̺0 r 2
̺0 r 2
+
Φ
=
−
=
−
+ Φ0
0
4π ε0 R3
3ε0 2
6 ε0
r > R :
̺0 R2
+ Φ0 −
Φ = −
6 ε0
Zr
R
Q
dr
4π ε0 r 2
Q
̺0 R 2
+
= Φ0 −
6 ε0
4π ε0
1
1
−
r
R
3
̺0 · 4π
̺0 R 2
3 R
= Φ0 −
+
6 ε0
4π ε0
̺0 R3
̺0 R 2
+
= Φ0 −
6 ε0
3 ε0
= Φ0 −
1
1
−
r
R
1
1
−
r
R
̺0 R3
̺0 R 2
+
2 ε0
3 ε0 r
Eichen (Erden!) Φ(∞) = 0 → Φ0 =
Ergebnis:
̺0 R 2
2ε0
Φi (r) =
̺0
(3R2 − r 2 )
6 ε0
Φa (r) =
̺0 R3
3 ε0 r
36
(B) Kugelschale
Φ(r) = −
Z
E(r) dr = Φ0 −
= Φ0 − θ(r − R)
= Φ0 + θ(r − R)
Zr
Zr
Q
dr ′
4π ε0 r ′2
θ(r ′ − R)
0
Q
dr ′
4π ε0 r ′2
R
Q
Q r
= Φ0 + θ(r − R)
′
4π ε0 r R
4π ε0
1
1
−
r
R
Eichen (Erden!)
Φ (∞) = 0
Ergebnis:
→
Φ0 =
Q
4π ε0 R
Φi (r) =
Q
4π ε0 R
Φa (r) =
Q
4π ε0 r
Erneut:
Φi (R) = Φa (R)
2. Variante: direkte Lösung der Potentialgleichung
ε0 ∆Φ = − ̺(r)
Laplace-Operator bei Kugelsymmetrie Φ(r) = Φ(r)
∂Φ
∂x
∂2Φ
∂x2
= Φ′ (r)
∂r
x
= Φ′
∂x
r
x2
= Φ 2 + Φ′
r
′′
′′
∆Φ = Φ + Φ
′
1
x ∂x
− 2·
r
r ∂r
3
1
−
r
r
1 d
2
= Φ + Φ′ = 2
r
r dr
′′
Haben also gewöhnliche Differentialgleichung zu lösen
1 d
r 2 dr
r2
dΦ
dr
37
1
x2
− 3
r
r
x2
= Φ 2 + Φ′
r
′′
= −
̺(r)
ε0
dΦ
r
dr
2
!
(A) Homogen geladene Kugel
r < R :
dΦ
̺0
1 d
r2
= −
r 2 dr
dr
ε0
2
̺0 r 3
dΦ
d
dΦ
̺0 r
= −
→ r2
+ c1
r2
= −
dr
dr
ε0
dr
3ε0
̺0 r
c1
̺0 r 2 c1
dΦ
= −
+ c2
+ 2 → Φ=−
−
dr
3ε0
r
6ε0
r
Beachte: Φ(0) endlich
r > R :
→
c1 = 0 , c2 = Φ0
→
φi (r) = −
̺0 r 2
+ φ0
6ε0
1 d
dΦ
dΦ
= c3
r2
= 0 → r2
r 2 dr
dr
dr
dΦ
c3
c3
= 2 → Φ(r) = −
+ c4
dr
r
r
c3
r
Verbleibende Konstante c2 = Φ0 und c4 aus Stetigkeitsbedingung bei r = R
Φ (∞) = 0
→
c4 = 0
→
φa (r) = −
Φi (R) = Φa (R)
→
−
̺0 R2
c3
+ Φ0 = −
6ε0
R
Φ′i (R) = Φ′a (R)
→
−
c3
̺0 R
=+ 2
3ε0
R
→
Φ0 =
→
c3 = −
̺0 R3
3ε0
̺0 R2
̺0 R2
̺0 R2
+
=
6ε0
3ε0
2ε0
Ergebnis:
Φi (r) = −
̺0 R2
̺ 2
̺0 r 2
+
=
3R − r 2
6ε0
2ε0
6ε0
̺0 R3
3ε0 r
Φa (r) =
(B) Kugelschale
1 d
r 2 dr
r2
dΦ
dr
dΦ
σ
→ r
= −
dr
ε0
2
= −
Zr
0
σ
δ(r − R)
ε0
dr ′ r ′ δ (r ′ − R) = −
σ R2
→ Φ (r) = Φ0 −
ε′
= Φ0 + θ (r − R)
Zr
0
5R2
ε0
σ R2
θ (r − R)
ε0
σ R2
σ (r ′ − R)
=
Φ
−
θ (r − R)
dr
0
r ′2
ε0
′
1
1
−
r
R
38
Zr
R
dr ′
r ′2
Normieren:
Φ (∞) = Φ0 −
Ergebnis:
σR
= 0
ε0
→
σR2
σR
+ θ (r − R)
ε0
ε0
Φ (r) =
oder:
Φ0 =
σR
ε0
1
1
−
r
R
Φi (r) =
Q
σR
=
ε0
4π ε0 R
Φa (r) =
Q
σR2
=
ε0 r
4π ε0 r
Beachte: Φi (R) = Φa (R)
Physikalische Interpretation: Innen Abschirmung des elektrischen Feldes,
außen Potential einer Punktladung
Kapazität (Def.): Aufnahmevermögen eines Leiters, d.h. C = Q/∆φ (Ladung
pro Potentialdifferenz)
Für Metallkugel (∆Φ = Φ0 − Φ∞ = Φ0 ) :
C =
Q
= 4π ε0 R
Φ0
Nunmehr systematische Lösung der Potentialgleichung für Vakuum, dabei Einbau von Randwerten im Endlichen vorbereiten ⇒
39
2.1.2
Systematische Lösung der Potentialgleichung
(1) Physikalisch-anschauliche Konstruktion der Lösung
(a) Potential einer Punktladung im Ursprung
Φ(r) =
q
4π ε0 r
(b) Potential einer Punktladung qα am Ort rα
qα
= Φα (r)
4π ε0 |r − rα |
Φ(r) =
(c) System von Punktladungen
Φ(r) =
X
Φα (r) =
X
α
α
qα
4π ε0 |r − rα |
(d) Kontinuierliche Ladungsverteilung
Φ(r) =
n
X
1
̺ (rα ) ∆Vα
lim
n→∞
4π ε0
|r − rα |
α=1
1
Φ(r) =
4π ε0
Beweis:
̺ (r′ ) =
P
α
Z
d3 r′
Z
d3 r′
̺ (r′ )
|r − r′ |
einsetzen, r′ - Integration ausführen.
qα δ (r − rα )
Behauptung (Vermutung!):
Φ(r) =
1
4π ε0
̺ (r′ )
|r − r′ |
ist Lösung der Potentialgleichung ∆ Φ = −̺/ε0 . Damit Lösung einer partiellen
Differentialgleichung 2. Ordnung auf Integration zurückgeführt.
Beweis:
(a) daß Φ Lösung: durch Probe
∆Φ =
1
4π ε0
Z
d3 r′ ̺ (r′ ) ∆r
1
|r − r′ |
(∗)
Früher gezeigt (Abschnitt 1.3.1.)
div E (r) =
Q
δ (r)
ε0
für E (r) =
Da E (r) = − grad Φ(r) mit Φ(r) =
→
div E = − div grad Φ = −
Q
4π ε0 r
1
Q
Q
∆ =
δ (r)
4π ε0 r
ε0
40
Q
r
4π ε0 r 2 r
Erhalten Identität
∆
1
= − 4π δ(r)
r
&
∆
1
= −4π δ (r − r′ )
|r − r′ |
Setzen diese Identität in (*) ein, führen r Integration aus und erhalten
∆ Φ = − ̺(r)/ε0
(b) Überprüfung der Bedingung im Unendlichen
lim
r→∞
̺ (r′ ) 3 ′
1
d r → 0 , da
→ 0 und r′ endlich
′
|r − r |
|r − r′ |
Z
lim grad
r→0
r − r′
1
1
̺ (r′ ) 3 ′
d
r
→
0
,
da
grad
=
−
|r − r′ |
|r − r′ |
|r − r′ |2 |r − r′ |
Z
(c) Eindeutigkeit: Seien Φ1 und Φ2 Lösungen
→ ∆ (Φ1 − Φ2 ) = ∆ ψ = 0
Zeigen sogleich: Einzige Lösung dieser (Laplace-)Gleichung, die nebst ihren Ableitungen im Unendlichen verschwindet, ist
ψ (r) ≡ 0
&
Φ1 = Φ2
Damit eigentlich alles erledigt. Jetzt aus mathematisch-methodischen Gründen
und für später (Randwertaufg. der Elektrostatik) →
(2) Ableitung der Lösung aus den Greenschen Identitäten
1. Greensche Identität: Benutzen Satz von Gauß
Z
→
Z
div A dV =
I
A df
für
dV [grad ϕ · grad ψ + ϕ ∆ ψ] =
A = ϕ · grad ψ
I
ϕ grad ψ df
2. Greensche Identität: Vertauschen ϕ ↔ ψ und subtrahieren →
Z
I
dV [ϕ ∆ ψ − ψ ∆ ϕ] =
[ϕ grad ψ − ψ grad ϕ] df
Nunmehr Konstruktion der Lösung, indem gewählt wird
ψ (r) =
1
.
|r − r′ |
41
ϕ (r′ ) = Φ (r′ ) ist Potential, d.h.
∆φ = −
̺
.
ε0
Wählen r′ als Integrationsvariable; dann gilt also
∆ψ (r′ ) = −4π δ (r − r′ )
Einsetzen in 2. Greensche Identität
Z
d r
Φ(r) =
1
4π ε0
Z
3 ′
1
∆Φ(r′ )
Φ(r ) −4π δ(r − r ) −
|r − r′ |
′
′
=
I
df . . .
ergibt
d3 r′
1
̺(r′ )
+
|r − r′ |
4π
I
df
1
grad Φ(r′ )
− Φ(r′ ) grad
|r − r′ |
|r − r′ |
Ergebnis allgemein: Lösung durch Vorgabe von ̺(r) in Volumen V sowie
Φ(r) und grad Φ(r) auf Oberfläche von V eindeutig bestimmt (später zeigen:
reicht Vorgabe von αΦ + β n grad Φ auf Oberfläche)
Hier: nur interessant V → ganzer Raum
→
1
Φ(r) =
4π ε0
Z
d3 r ·
̺(r′ )
|r − r′ |
Lösung
da Φ und grad Φ für r → ∞ verschwinden. Ferner, falls ∆Φ = 0 , d.h. ̺ ≡
0 → Φ ≡ 0. Damit Eindeutigkeit (c) im Konstruktionverfahren (1) der Lösung
nachgeholt.
42
(3) Methode der Greenschen Funktion (GF): Betrachten Differentialgleichung
∆f (r) = g(r)
Definieren GF durch Gleichung
∆r G(r , r′ ) = δ (r − r′ )
Falls GF bekannt → Lösung der Differentialgleichung auf Integration zurückgeführt
Z
f (r) =
d3 r′ G (r , r′ ) g(r′ )
Beweis durch Probe
∆ f (r) =
Z
d3 r′ ∆r G (r , r′ ) g(r′ ) =
Z
d3 r′ ) δ (r − r′ ) g(r′ ) = g(r)
Lösungsmethode arbeitet für beliebige lineare Differentialgleichung, d.h. ∆
durch beliebigen Differentialoperator ersetzbar. Problem: Explizite Kenntnis
der GF, allgemein kompliziert (bei anderen Differentialoperationen bzw. bei
Randwertaufgaben). Hier bekannt:
∆
1
= −4π δ(r)
r
→
∆r
1
= −4π δ(r − r′ )
r − r′
Folglich hat GF die Struktur
G (r , r′ ) = −
1
1
+ F (r , r′ ) ,
4π |r − r′ |
wobei F (r , r′ ) beliebige Lösung der homogenen Potentialgleichung, d.h.
∆F (r , r′ ) = 0
Im allgemeinen Fall muß F bestimmt werden, um die Randbedingung zu erfüllen
(→ später). Bei Randbedingungen im Unendlichen hatten wir gezeigt F ≡ 0.
Folglich ist
Z
g(r′ )
f (r) =
d3 r′
4π |r − r′ |
Das entspricht der bereits gefundenen Lösung!
43
(4) Lösung durch Fouriertransformation
Definition
Z∞
1
2π
f (x) =
−∞
Z∞
f˜(k) =
eikx f˜(k) dk
e−ikx f (x) dx
−∞
Satz: Unter sehr allgemeinen Bedingungen für f bzw f˜ ist Fouriertransformation
eindeutig (genau: temp. Distribution, darunter δ(x) ↔ eikx )
Allgemeine Lösungsmethode: FT der Differentialgleichung, Lösung der transf.
Gleichung → Rücktransformation
Verallgemeinerung auf 3 Dimensionen:
f (r) =
1
(2π)3
f˜(k) =
Z
Z
d3 k eikr f˜(k)
d3 r e−ikr f (r)
Fouriertransformation der Potentialgleichung
∆
Z
Z
d3 k eikr − k2 f˜(k) − g̃(k) = 0 ,
d3 k eikr f˜(k) =
Z
d3 k eikr g̃(k)
h
i
denn ∆ eikr = (ik)2 eikr . Damit ist
1
f˜(k) = − 2 ̺˜(k)
k
Lösung der FT Potentialgleichung (FT von 0 ↔ 0). Rücktransformation ergibt
f (r) =
1
(2π)3
Z
=
1
(2π)3
Z
̺˜(k)
− 2
k
3
ikr
3
3 ′ ik(r−r′ )
d ke
d kd r e
̺(r′ )
− 2
k
Berechnung des Integrals
I(r) =
Z
d3 k eikr
1
=
k2
Z
dk k2 sin ϑ dϑ dϕ eikr cos ϑ
44
1
,
k2
dabei wurde für gegebenes r die z-Achse des k-Raums in r-Richtung gelegt.
Dann gilt folglich kr = kz · r = k cos ϑ · r und mit der Substitution ζ = cos ϑ
I(r) =
Z∞
dk
0
−1
Z∞
= 2π
0
=
Z1
4π
r
dζ
Z2π
dϕ eikr ζ = I(r)
0
ζ=+1
2π
eikr ζ =
dk
ikr ζ=−1
ir
Z∞
0
sin kr
4π
dk
=
k
ir
Z∞
0
|
Z∞
dk
0
dx
eikr − e−ikr
k
sin x
2π 2
=
x
r
{z
π/2
}
Einsetzen → Lösung der Potentialgleichung in r-Darstellung
1
f (r) = −
4π
Z
d3 r′
g(r′ )
|r − r′ |
bekanntes Ergebnis!
Zusammenfassung: Haben auf vier verschiedenen Wegen gezeigt: Lösung der
Potentialgleichung entspricht Grundgleichung der Elektrostatik, diese lautet im
”Vakuun” (d.h. kein weiterer Körper, entspricht Randbedingungen im Endlichen)
̺
∆Φ = −
ε0
1
Φ(r) =
4π ε0
Z
d3 r′
̺(r′ )
|r − r′ |
Dies ist die ”einzige” Lösung, die nebst ihrer 1. Ableitung im Unendlichen
verschwindet.
45
2.1.3
Feld einer Ladungsverteilung in großen Entfernungen: Multipolentwicklung
Betrachten Ladungsverteilung in begrenztem Raumbereich (lineare Ausdehnung a, o.B.d.A. liege Ursprung darin) und interessieren uns für Pot. Φ(r) in
großen Entfernungen davon, d.h. r ≫ a
Z
1
Φ(r) =
4π ε0
Entwickeln zunächst ”formal”
f (r + ∆r) = f (r) +
1
|r−r′ |
d3 r′
V
in Taylorreihe bez. r′ . Allgemein gilt
∂f (r)
1 ∂ 2 f (r)
∆r +
∆r ∆r
∂r
2 ∂r ∂r
1
∇i ∇j f (r) · ∆xi ∆xj + . . .
2
= f (r) + ∇i f (r) · ∆xi +
1
|r − r′ |
=
1
−
r
1
∇i
r
x′i
1
+
2
1
∇i ∇j
r
x′i x′j + . . .
1 xi
r2 r
∇i
1
r
= −
∇j ∇i
1
r
= −xi ∇j
=
̺(r′ )
|r − r′ |
1
r3
1
1
− 3 ∇j xi = −xi
r3
r
3xi xj
− δij
r2
−
3 xj
r4 r
−
1
δij
r3
Setzen das in die exakte Formel ein
Φ(r) =
=
1
4π ε0
1
4π ε0
Z
d3 r′ ̺(r′ )
1
1
1 1
+ 3 xi x′i +
(3xi xj − r 2 δij ) x′i x′j
r
r
2 r5 |
{z
}
xi xj (3x′i x′j − r ′2 δij )
Q
P·r
1 Qij xi xj
+
+
+ ...
3
r
r
2
r5
Dabei wurden folgende Integrale definiert
Z
Z
Z
d3 r′ ̺(r′ ) = Q
d3 r′ ̺(r′ ) · r′ = P
Gesamtladung
Dipolmoment
d3 r′ ̺(r′ ) 3x′i x′j − r ′2 δij
46
= Qij
Quadrupolmoment
Physikalische Interpretation des Resultats
1. Term: Feld der im Ursprung konzentrierten Gesamtladung
2. Term: Feld eines im Ursprung konzentrierten Dipols der Stärke P , d.h. Feld
zweier Ladungen ±q im Abstand ± a2 von Ursprung im Grenzfall a → 0 ,
q → ∞ sodaß q · a = P konstant bleibt. Zunächst also
q
φ(r) =
4πε0
(
Entwickeln für |a| → 0
1
1
r − a − r + a 2
2
1 r
1
1
r ± a = r + − r 2 r
2
a
±
2
)
+
q ra
P·r
+ ... =
3
4πε0 r
4πε0 r 3
Für a → 0 wird die niedrigste Ordnung exakt!
⇒
φ(r) =
.
...
+
...
3. Term: Feld eines Quadrupols entsprechend.
2.1.4
Energie des elektrostatischen Feldes
Allgemein hatten wir für die Feldenergie gefunden
u(r) =
1
2
ε0 E 2 +
1 2
B
µ0
Wegen der Entkopplung der Feldgleichungen für E und B können wir hier den
E-Anteil für sich betrachten
Wel =
1
2
Z
dV ε0 E 2 (r)
Alternative Darstellung: E = − grad Φ
Wel = −
=
1
2
ε0
2
Z
Z
dV E grad Φ = −
ε0
dV Φ(r) ̺(r) −
2
ε0
2
I
Z
dV [∇ (E · Φ) − Φ∇E]
E(r) · Φ(r) df
Erster Anteil sieht aus wie Energie der Ladungen ̺(r) im Potential Φ , jedoch
ist Faktor 1/2 falsch! Zweiter Anteil verschwindet, da Integral über den ganzen
Raum erstreckt → Oberfläche gg. ∞ !
Weitere Umformung:
1
Φ(r) =
4π ε0
Wel =
1
2
Z
Z
d3 r′
d3 r d3 r′
47
̺(r′ )
|r − r′ |
̺(r) ̺(r′ )
4π ε0 |r − r′ |
Wechselwirkungsenergie der Ladungen, die das Feld erzeugen, untereinander (Faktor 1/2
→ vergleiche Mechanik). Tatsächlich: Für diskrete Beschreibung, d.h.
X
̺(r) =
qα δ(r − r′ )
α
ergibt sich
Wel =
qα qβ
1 X
2 α,β 4π ε0 |rα − rβ |
Faktor 1/2 verschwindet, wenn jede Wechselwirkung nur einmal gezählt wird
(z.B. durch α > β). Für α = β entsteht unphysikalischer Term ”Wechselwirkung
einer Punktladung mit sich selbst”, der weggelassen wird. Folglich
X
Wel =
α>β
qα qβ
4π ε0 |rα − rβ |
⇒
Coulomb-Wechselwirkung
Beispiel: Energie einer geladenen Kugelschale (R)
r < R → E = 0
r > R → E =
1
2
Z
r
Q
2
4π ε0 r r
Q2
dV ε0 E (r) =
32π 2 ε0
2
Z∞
R
4π r 2 dr
Q2
=
r4
8π ε0 R
Spekulation: Klassisches Elektronenmodell mit endlichem Radius, wobei Ruheenergie durch elektrostatische Energie der Elementarladung verursacht wird,
d.h.
e2
= me · c2
8π ε0 re
re schon allein durch Dimensionsbetrachtungen, Elementarlänge (aus Naturkonstante me , e , c) → Stabilität des Elektrons nicht erklärbar!
48
2.2
2.2.1
Magnetostatik
Allgemeine Betrachtungen
Untersuchen nunmehr unabhängig vom elektrostatischen Feld
div B = 0
B = rot A
rot B = µ0 j
→
& div A = 0
rot rot A = − ∆ A = µ0 j
Potentialgleichung für A hat analoge Lösung
µ0
A (r) =
4π
Z
d3 r′
j(r′ )
|r − r′ |
Beachte:
Diese Lösung gilt allgemein nur für entsprechende Bedingungen im Unendlichen,
d.h. j (r) muß in endlichem Raumgebiet gegeben sein; sonst keine Körper →
Vakuum-Magnetostatik.
Bestimmung des B-Feldes aus A
B = rot A =
∇r
→
1
|r − r′ |
µ0
4π
Z
d3 r′ ∇r ×
Z
j (r′ )
|r − r′ |
= −
µ0
4π
= −
1
r − r′
′
∇
|r
−
r
|
=
−
r
|r − r′ |2
|r − r′ |3
B (r) =
µ0
4π
Z
d3 r′ j (r′ ) × ∇r
d3 r′ j (r′ ) ×
1
|r − r′ |
r − r′
|r − r′ |3
→
Biot-Savartsches Gesetz: gestattet Bestimmung des magnetostatischen Feldes einer beliebigen stationären Stromverteilung j.
Anwendung auf dünnen Leiter entlang Kontur L, Stromstärke I :
A(r) =
µ0
4π
Z
d3 r′
µ0
j(r′ )
=
′
|r − r |
4π
lim
∆Vi →0
X j(ri ) · ∆Vi
i
|r − ri |
Wählen als Integrationsgebiet ”Schlauch” um Leiter mit ∆Vi = ∆fi · ∆ri ,
wobei ∆fi und ∆ri parallel in Richtung der Tangente an L sind. Es entsteht
zunächst
j(ri ) ∆fi = I(ri ) ,
wobei I konstant auf L , da für ein beliebiges, von L durchquertes Volumen gilt
(wegen div j = 0)
I
j df = Iin − Iout =
49
Z
div j dV = 0 .
Es verbleibt
µ0 I
A(r) =
4π
∆ri
µ0 I
=
|r − ri |
4π
X
lim
∆ri →0
i
Z
L
dr′
|r − ri |
Entsprechendes Vorgehen ergibt
Z
µ0 I
B(r) =
4π
L
dr′ ×
r − r′
|r − ri |3
Beide Ergebnisse können erhalten werden, wenn für einen dünnen Leiter formal
j(r) = I
Z
dr′ δ(r − r′ )
L
gesetzt. Dies überprüft man leicht durch Einsetzen in die allgemeinen Ausdrücke, Vertauschung der Reihenfolge der Linien- und Volumenintegrale und
Ausführung der Letzteren mit Hilfe der δ−Funktion.
Übung: B = rot A überprüfen.
2.2.2
Einfache Beispiele
1. Beispiel: Unendlich langer, ”dünner” Leiter; I = I ez
(a) Benutzen Maxwellgleichung
rot B = µ0 j
I
→
B dr = µ0
Z
j df
Integration über Kreis (̺) in x − y−Ebene; dabei Zylyndersymmetrie beachten
→ Zylinderkoordinaten
p
x2 + y 2
y
ϕ = arc tan
x
x = ̺ cos ϕ
̺ =
y = ̺ sin ϕ
z = z
Einheitsvektoren: e̺ = (cos ϕ , sin ϕ , 0)
eϕ = (− sin ϕ , cos ϕ , 0) = +
d e̺
dϕ
ez = (0 , 0 , 1)
Ansatz (Symmetrie): B(r) = B(̺) eϕ
I
B dr = B(̺) · 2π̺ = µ0 I
→
B(̺) =
Kompakte Schreibweise
B (r) =
µ0 I × r
µ0 I
eϕ =
2π ̺
2π ̺2
50
µ0 I
2π ̺
Tatsächlich:
I × r = I ez × (̺ e̺ + zez ) = I · ̺ (ez × ze̺ )
= I · ̺ eϕ
(b) Aus Potentialgleichung: r′ (z ′ ) = ez · z ′
L
Z
Z∞
µ0 I
ez dz ′
=
′
|r − ez z |
4π
Z
µ0 I
A (r) =
4π
dz
p
= ln
2
̺ + z2
dr′ = ez · dz ′
;
dz ′
x2 + y 2 + (z − z ′ )2
−∞
z +
q
p
̺2
+
z2
Damit divergiert das Integral
s
1+
2
̺
L
+1
µ0 I
s
ln
A(r) = lim
2
L→∞ 4π
̺
−1
1+
L
Ursache: Randbedingung im Unendlichen nicht gewährleistet!
(c) Aus Biot-Savartschem Gesetz
B (r) =
=
µ0
4π
Z∞
−∞
I × (r − ez · z ′ ) ′
dz
|r − ez · z ′ |3
µ0
I×r
4π
Z∞
−∞
dz ′
[̺2 + (z − z ′ )2 ]3/2
Beachte: 2. Anteil verschwindet (da I × ez = Iez × ez = 0). Ferner ist (Probe
durch Differenzieren)
Z
dx
x
= 2 2
(̺2 + x2 )3/2
̺ (̺ + x2 )1/2
sowie
lim
L→±∞
̺2 (̺2
Ergebnis
B (r) =
x
=
+ x2 )1/2
lim
L→±∞
1
±1
1
q
= ± 2
2
2
̺
̺
̺
1 + x2
µ0
2
µ0 I × r
I×r· 2 =
4π
̺
2π ̺2
51
(wie oben)
2. Beispiel: Kreisförmige Leiterschleife, Radius R
A (r) =
dr′
µ0 I
=
′
|r − r |
4π
Z
µ0 I
4π
r′ (α) = (R cos α , R sin α , 0)
dr′ (α)
dα
Z
dα
1
dr′ (α)
|r − r′ (α)| d α
0 ≤ α ≤ 2π
= R (− sin α , cos α , 0)
q
|r − r′ (α)| =
(x − R cos α)2 + (y − R sin α)2 + z 2
q
r 2 + R2 − 2R (x cos α + y sin α)
=
Zylinderkoordinaten:
x = ̺ cos ϕ ,
y = ̺ sin ϕ
,
z = z.
x cos α + y sin α = ̺ (cos α cos ϕ + sin α sin ϕ) = ̺ cos (α − ϕ)
Einsetzen ergibt
µ0 I
A (̺ , ϕ , z) =
4π
Z2π
0
R (− sin α , cos α , 0)
dα p 2
̺ + z 2 + R2 − 2 R̺ cos (α − ϕ)
Das Integral ist analytisch auswertbar z.B. für R2 ≪ r 2 = ̺2 + z 2
Entwicklung
√
1
1
=
2
r
r +x
1−
1 x
+ ...
2 r2
Damit folgt
A (̺ , ϕ , z) =
=
µ0 · I · R
p
4π ̺2 + z 2
µ0 I ̺ R 2
4π r 3
Z2π
Z2π
dα(− sin α , cos α , 0)
0
1+
̺ R cos (α − ϕ)
− ...
̺2 + z 2
dα(− sin α , cos α , 0) [cos α cos ϕ + sin α sin ϕ] ,
0
da 1. Anteil nach Integration verschwindet. Wegen
Z
sin α cos α dα =
Z
Z
1
sin2 α → 0
2
sin2 α dα =
α
sin 2α
−
→ π
2
4
cos2 α dα =
sin 2α
α
+
→ π
2
4
ergibt sich schließlich
A (̺ , ϕ , z)) =
µ0 I ̺ R 2 π
µ0 I ̺ R 2 π
(−
sin
ϕ
,
cos
ϕ
,
0)
=
eϕ .
4πr 3
4πr 3
52
Schreibweise
π R 2 · I · ez = m
→
A(r) =
µ0 m × r
4π r 3
Tatsächlich
ez × r = ez × ̺ e̺ = ̺ eϕ
Erinnerung an Elektrostatik: ”Kleiner” Dipol erzeugt Potential
Φ(r) =
1 p·r
4π ε0 r 3
Vermutung: ”Kleine” Leiterschleife erzeugt magnetisches Dipolfeld
A (r) =
µ0 m × r
4π r 3
(m − magnetisches Dipolmoment)
Dies jetzt systematisch darlegen.
2.2.3
Magnetische Multipolentwicklung
Entwickeln allgemeine Lösung analog zu Elektrostatik
µ0
A (r) =
4π
Z
j(r′ ) 3 ′
d r
|r − r′ |
1
1
xi x′i
1 1
=
+
+
(3xi xj − r 2 δij ) xi x′j + . . .
′
3
|r − r |
r
r
2 r5
1. Term führt auf
Z
Beweis:
d3 r′ j (r′ ) = 0
∇i (xk ji ) = δik ji + xk ∇i ji = jk
Z
3
d r ∇i (xk ji ) =
da j im Unendlichen verschwindet.
2. Term führt auf
wobei
Z
d3 r′
I
xk ji dfi = 0 ,
m×r
xi x′i jk (r′ )
=
,
3
r
r3
Z
1
d3 r′ · r′ × j (r′ )
2
Beweis: Benutzen (vgl. oben) jk = ∇l (xk jl ) und formen um
m =
Z
3 ′
d r
x′i jk′
′
(r ) =
=
Z
Z
d3 r′ x′i ∇′l (x′k jl′ )
d3 r′ ∇′l x′i x′k jl′ − δil x′k jl′
53
1. Integral nach ”Gauß” in Oberflächenintegral verwandelt → verschwindet, da
j (r → ∞) → 0
Z
d3 r′ (x′i jk′ + x′k ji′ ) = 0
→
Ferner
(r · r′ ) j′ = r′ (j′ r) − r × (r′ × j′ )
Unter dem Integral
Z
d3 r′ xi x′i jk′ =
Z
=
d3 r′ (r · r′ ) jk′
Z
d3 r′ r′ (j′ r)
| Z
=−
{z
}
− r × (r′ × j′ )
d3 r′ (r r′ ) jk′
k
Folglich
2
Z
Z
3 ′
′
′
3 ′
′
′
d r (r · r ) j
d r (r · r ) j
= −
1
2
=
Z
d3 r′ r × (r′ × j′ )
Z
3 ′
′
′
d r (r × j ) × r = m × r
Ergebnis: Magnetostatische Multipolentwicklung beginnt mit Dipolanteil.
A (r) =
µ0 m × r
+
4π r 3
Quadrupolanteil + . . .
1. Term verschwindet im Einklang mit div j = 0 (stationärer Strom)!
Beispiel: Dipolmoment einer ebenen, stromdurchflossenen Leiterschleife. Allgemein war für ”dünnen” Leiter
j (r) = I
Z
ds δ (r − r (s)) r′ (s) .
Für ebene, geschlossene Kontur L wählen wir s ≡ α (Winkel in der Ebene)
j (r) =
Z2π
0
dα δ (r − r (α)) r′ (α) · I
54
Einsetzen liefert
m =
1
2
Z
=
1
2
Z
d r
1
2
Z2π
I
dα r (α) × r (α) · I =
2
=
denn
1
2
0
d3 r′ r′ × j(r′ )
3 ′
Z2π
0
dα r′ × δ (r′ − r (α)) r′ (α)) · I
′
I
r × dr = n · I · F ,
|r × dr| = dF ist die beim Umlauf überstrichene Fläche.
Ergebnis: Das magnetisches Moment einer ebenen Leiterschleife ergibt sich
allgemein zu
m = n·I ·F
n − Normale auf F
Speziell für eine Kreisschleife F = π · R2 folgt Korrespondenz mit dem 2.
Beispiel in Abschnitt 2.2.2.: Kleine Kreisschleife realisiert magnetischen Dipol!
Für später (Quantenmechanik, Spin): Magnetisches Moment eines Elektrons
m =
1
2
Z
d3 r′ r′ × j(r′ , t) = m(t)
j (r′ , t) = e ṙ(t) δ (r − r (t))
m =
m =
Z
1
e
d3 r′ r′ × e ṙ (t) δ (r − r (t)) = r (t) × ṙ (t)
2
2
e
e
r×p =
L
2m
2m
Strenge Proportionalität zwischen magnetischem Moment und Drehimpuls. Der
Proportionalitätsfaktor e/2m für Elementarteilchen ist eine Naturkonstante
(e/m spez. Ladung!)
Stern-Gerlach-Versuch: Elektronen mit l = 0 zeigen Ablenkung im Magnetfeld
→ Eigendrehimpuls ≡ Spin.
2.2.4
Energie des magnetostatischen Feldes
(1) Allgemeine Betrachtungen
1
EB =
2µ0
Z
B 2 (r)d3 r
Umformung von B 2 = B rot A :
B rot A = B(∇ × A) = ∇A (A × B) = ∇(A × B) − ∇B (A × B) ,
∇B (A × B) = −∇B (B × A) = −A(∇ × B)
55
Einsetzen:
EB =
1
2µ0
Z
dr {div(A × B) + A rot B} .
Erster Anteil ergibt mit Satz von Gauß Integral über Oberfläche im Unendlichen
I
df (A × B) = 0 .
Dann verbleibt mit Maxwellgleichung rot B = µ0 j
1
EB =
2
Z
d3 r j(r) A(r)
Interpretation: Energie des Stromes j im Potential A (analog ̺ · φ) ; Faktor
1/2 wegen ”Wechselwirkung” (wie dort!)
Weitere Umformung
A(r) =
EB =
µ0
8π
µ0
4π
Z
Z
d3 r′
d3 r d3 r′
j(r′ )
|r − r′ |
j(r) j(r′ )
|r − r′ |
Interpretation: Wechselwirkungsenergie der Stromdichteverteilung j(r)
56
(2) Wechselwirkung zwischen räumlich getrennten Strömen: Es sei
j(r) =
X
jα (r) ;
α
jα (r) =
EB =
=
Z
µ0
8π
(
6= 0 in Vα
0 sonst
d3 r d3 r′
X
1
jα (r) jβ (r′ )
′
|r − r | α,β
1 X
Lαβ Iα · Iβ
2 α,β
Induktionskoeffizienten (Definition):
Lαβ =
Z
µ0 1
4π Iα Iβ
Z
d3 r
Vα
d3 r′
Vβ
jα (r) jβ (r′ )
|r − r′ |
Lαβ rein geometrisch definierte Größen einer Leiteranordnung, wobei Iα
Stromstärke in Leiter α . Beachte dazu: Für Leiter α gilt
Z
dV div j =
∆V
I
j df = 0
Auf der Leiterbegrenzung gilt
Z
Dann ist
j df = 0 da j ⊥ df .
Z
j df =
Qunten
Z
j df = I
Qoben
unabhängig von der Form des Querschnitts. Hierauf beruhen u.a. die Kirchhoffschen Verzweigungssätze für lineare Leiter, z.B.
I = I1 + I2
usw.
jα
eine auf den Strom 1 normierte Stromdichte und nur durch die
Iα
Geometrie des Leiters festgelegt.
Folglich ist
Selbstinduktionskoeffizient des Leiters α
Lαα =
µ0
4π Iα2
Z
d3 r d3 r′
Vα
jα (r) jα (r′ )
|r − r′ |
Divergiert für Linienstrom (analog Punktladung)
jα (r) =
Z
Lα
Iα δ(r − r′ )dr′
57
Lαα =
=
µ0
4π
Z
µ0
4π
Z
d3 r d3 r′
|r − r′ |
dr1
Lα
Z
Z
Z
dr1
Lα
dr2
Lα
Lα
dr2 δ(r − r1 ) δ(r′ − r2 )
1
|r1 − r2 |
Für geraden Leiter (z-Achse)
Z
dz dz ′
=
|z − z ′ |
Z
dz ′ ln |z − z ′ | = ∞ ,
da z ′ = z im Integrationsgebiet.
Für endlichen Leitungsquerschnitt ergeben sich dagegen keine Konvergenzprobleme. Zum Beweis führe man im Integral
d3 r d3 r′
|r − r′ |
Z
die Integration über d3 r′ für festes r so aus, dass r′ Polarkoordinaten in Bezug
auf r sind:
d3 r′ = |r − r′ |2 d|r − r′ | sin ϑ′ dϑ′ dϕ′ .
Dann kompensiert der Zähler den divergenten Nenner! Die konkrete Ausführung
der Integration ist aber wegen der Komplziertheit der Integrationsgrenzen in
diesen Koordinaten meistens nicht sinnvoll.
(4) Gegeninduktionskoeffizient (α 6= β)
Lαβ =
µ0
4π Iα Iβ
Z
d3 r
Vα
Z
d3 r′
Vβ
jα (r) jβ (r′ )
|r − r′ |
enthält keinerlei Singularität, da r und r′ in verschiedenen Volumina variieren.
Für zwei Linienströme α, β ist z.B.
Lαβ =
µ0
4π
Z
dr1
Lα
Z
Lβ
dr2
1
|r1 − r2 |
in der Tat eine rein geometrische Größe der Leiteranordnung.
Beispiel: Gegeninduktivität zweier Rechtecke (a, b), die im Abstand d lotrecht
übereinander liegen. Dann ist das Integral
Z
L1
dr1
Z
dr2
L2
1
|r1 − r2 |
zurückführbar auf 16 Integrale über gerade Teilstrecken. Davon verschwinden
8 wegen dr1 ⊥ dr2 . Verbleiben 8 Integrale vom Typ: 2 parallele Leiter der
58
√
√
Länge l (Kantenlänge a oder b) im Abstand d bzw. d2 + a2 oder d2 + b2 .
Berechnen im folgenden einen Typ davon für die Länge l und den Abstand d:
Wählen Integrationswege
dr1 = ez dz
→
r1 (z) = (0, 0, z) ,
dr2 = ez dz ′
→
r2 (z ′ ) = (d, 0, z ′ ) ,
|r1 − r2 | =
q
d2 + (z − z ′ )2 .
Damit ergibt sich zunächst (Probe durch Differenzieren!):
I =
=
Zl
0
Zl
Zl
dz
1
=−
dz p 2
d + (z − z ′ )2
′
0
dz
0
p
z2
ln
+
d2
+ z − ln
Zl
q
(z ′
dz ln
0
q
(l −
z)2
+
−
z)2
+
d2
′
z ′ =l
− (z − z)
z ′ =0
d2
− (l − z)
Substitution l − z ′ = z ′ → z im zweiten Integral ergibt
I=
Zl
n
dz ln
0
p
z 2 + d2 + z − ln
p
z 2 + d2 − z
o
Es ist ferner (Probe durch Differenzieren!):
Z
dz ln
p
z 2 + d2 ± z = z ln
p
z 2 + d2 ± z ∓
p
z 2 + d2
Einsetzen der Integrationsgrenzen führt auf
I = l · ln
p
l2 + d2 + l −
n
p
l2 + d2 + d − l ln
p
√
p
l2 + d2 + l
= l · ln √
− 2 l2 + d2 + 2d
l2 + d2 − l
√
Jetzt unter ln mit l2 + d2 + l erweitern:
(
)
√
l2 + d2 + l p 2
2
I = 2 l ln
− l +d +d
d
Ergebnis:
µ0
L|| =
2π
Für l ≫ d:
(
µ0
L|| ∼
=
2π
l ln
√
l2 + d2 − l +
p
)
l2 + d2 + l p 2
− l + d2 + d
d
µ0 l
2l
−l =
l ln
d
2π
2l
−1
ln
d
Beachte: keine Gegeninduktivität pro Länge definierbar; Grenzübergang l → ∞
ist physikalisch sinnlos.
59
o
l2 + d2 − d
2.2.5
Kraft, Potential und Drehmoment im magnetostatischen Feld
(1) Nachtrag zur Elektrostatik
Betrachten Ladungsverteilung ̺(r) innerhalb eines Volumens ∆V im ”äußeren”
(gegebenen) E−Feld, dabei sei das Feld über ∆V schwach veränderlich →
Entwicklung der Lorentzkraft:
Z
F=
̺(r′ ) E(r′ ) d3 r′
E(r′ ) = E(r) + (r′ − r)∇r E(r) + . . .
Einsetzen
F(r) = Q′ · E(r) +
Verlangen
im Sinne einer
R
′
3
′
̺(r ) d (r ) = Q = 0 →
polmoment
Z
Z
d3 r′ · ̺(r′ ) (r′ − r)∇r E(r)
vollständigen Analogie zur Magnetostatik
1. Term verschwindet. Nächster Term ist Di-
d3 r′ ̺(r′ ) (r′ − r) =
und damit ”Kraft auf Dipol”
Z
d3 r′ ̺(r′ ) r′ = p
F(r) = (p∇) E(r) = ∇(pE)
Beweis: rot E = 0
→
∇i Ej − ∇j Ei = 0
pi ∇i Ej = pi ∇j Ei = ∇j pi Ei
Interpretation: Kraftwirkung eines äußeren Feldes auf neutrale Ladungswolke
lässt sich als Wirkung auf Dipol darstellen. Beachte: Nur für neutrale Ladungswolke ist Dipolelement unabhängig von der Wahl des Ursprungs. Allgemein
gilt
Z
p(r) =
̺(r′ ) (r′ − r) d3 r′ = p0 − Q · r .
Potentielle Energie eines Dipols im Feld E
F(r) = −grad V (r)
V (r) = −p · E(r)
(2) Magnetostatik: In ziemlicher Analogie
Lorentzkraft:
F=
Z
d3 r′ j(r′ ) × B(r′ )
B(r′ ) = B(r) + (r′ − r)∇r B(r) + . . .
Einsetzen
F(r) =
Z
d3 r′ j(r′ ) × B(r) + (r′ − r)∇r B(r) + . . .
60
1. Term
Z
d3 r′ ji (r′ ) =
Z
d3 r ∂k (jk · xi ) =
I
dfk jk xi
verschwindet, da j df = 0 auf der Oberfläche. Damit
Z
F (r) =
Z
=
d3 r′ j(r′ ) × (r′ − r) ∇r B(r)
3 ′
′
′
d r j(r ) × (r ∇r )B(r) −
Zweites Integral verschwindet wegen
(r′ ∇r )B(r)
rot B
→
⇒
x′i ∇i Bj
=
R
Z
d3 r′ j(r′ ) × (r∇r )B(r)
d3 r′ j(r′ ) = 0 . Weitere Umformung
⇒
x′i ∇i Bj
∇ i Bj − ∇ j Bi = 0
x′i ∇j Bi
=
für ext. Feld
∇j (x′i Bi )
∇r [r′ B(r)]
⇒
Folglich
F (r) =
Z
d3 r′ j(r′ ) × ∇r [r′ B(r)]
= −∇r ×
Z
d3 r′ j(r′ ) [r′ B(r)]
Weitere Umformung: Hatten unlängst gezeigt
Z
1
d r (r · r ) j(r ) = − r ×
2
3 ′
′
′
Z
r′ × j(r′ ) d3 r′
(bei Einführung des magnetischen Moments in Multipolentwicklung!). Ableitung dort gilt auch für beliebigen Vektor r → B(r) , der nicht von der Integrationsvariablen r′ abhängig ist. Also:
Z
1
d r [B(r) · r ] j(r ) = − B(r) ×
2
3 ′
′
′
Z
r′ × j(r′ ) d3 r′
= −B(r) × m = m × B(r)
Damit
F(r) = ∇r × [B(r) × m]
= (m∇)B − m(∇B)
und wegen div B = 0 schließlich
F(r) = ∇(mB)
Beweis wie oben (rot B = 0) :
mj ∇j Bi = mj ∇i Bj = ∇i (mj Bj )
61
Interpretation: Kraftwirkung eines äußeren Magnetfeldes auf (kleines) Stromgebiet lässt sich als Wirkung auf magnetischen Dipol auffassen.
Beachte:
Z
1
d3 r′ j(r′ ) × (r′ − r)
2
hängt nicht von der Wahl des Ursprungs ab (im elektrostatischen Fall war
Q = 0 erforderlich!)
m=
Potentielle Energie eines Dipols im äußeren Magnetfeld
F(r) = −grad V (r)
V (r) = −m · B(r)
(3) Drehmoment auf Ladungs- bzw. Stromverteilung im äußeren E− bzw.
B−Feld
Dichte der Lorentzkraft
f (r) = ̺(r) E(r) + j(r) × B(r)
Drehmoment
M=
Z
∆V
d3 r′ r′ × f (r′ )
Elektrostatischer Anteil
E(r′ ) = E(r) + (r′ − r)∇r E(r) + . . . = E(r) + . . .
Z
Me =
d3 r′ (̺r′ × ̺(r′ )E(r) = p × E(r) + . . .
Magnetostatischer Anteil
B(r′ ) = B(r) + . . .
Mm =
=
Z
Z
d3 r′ j(r′ ) (r′ B(r) − B(r) j(r′ ) · r′
Zweiter Anteil verschwindet
Z
d3 r′ r′ × j(r′ ) × B(r)
3
d r ji xi =
=
=
Z
Z
I
d3 r xi ∇k jk xi
d3 r [∇k (xi jk xi ) − δik jk xi ]
dfk xi jk xi −
Z
d3 r ji xi
Oberflächenintegral verschwindet wegen jk dfk = 0 .
62
Für ersten Anteil erneut Umformung benutzen
Z
d3 r′ B(r) · r′ j(r′ ) = m × B
Mm = m × B(r)
63