2 Das zeitunabhängige elektromagnetische Feld

2 Das zeitunabhängige elektromagnetische Feld Bedingungen, unter welchen E und B-Felder zeitunabhängig folgen aus Maxwellgleichungen ε dive = ε dive = divb = divb = rote = Ḃ rote = µ rotb = j + εė µ rotb = j oder aus Potentialgleichungen (in Lorentz-Eichung) ( ) Φ = Φ = ε ε A = µ j A = µ j diva + c 2 Φ = diva = Anmerkung: Zeitunabhängige Felder bedeutet nicht ruhende Ladungen, z.b. stationärer Strom ( = divj = ) rotierende, geladene Kugel Entkopplung: Elektrostatik: Magnetostatik: oder Potentialgleichungen ε dive = rot E = divb = rotb = µ j ε Φ = A = µ j (Elektrostatik) (Magnetostatik) 34

2. Elektrostatik Untersuchen für sich ε dive = ε Φ = rote = 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.. Einfache Beispiele (A) Homogen geladene Kugel, Radius R, Gesamtladung Q; Ladungsdichte (r) = { r < R r > R = Q 3 R3 (B) dünne Kugelschale; Ladungsdichte (r) = σ δ (r R) ; σ = Q R 2 Flächendichte Tatsächlich dv = r 2 dr sin ϑ dϑdϕσ δ (r R) = Q Kugelsymmetrie: E (r) = E(r) r r (Zentralfeld). Variante: Benutzen Maxwellgleichung direkt ε dive = ε E df = dv (A) Homogen geladene Kugel ε r 2 E(r) = E(r) = Q ε r 2 ( r R 3 r3 3 R3 = ) 3 für r < R für r > R Beachte: E i (R) = E a (R) an Oberfläche ist erfüllt! ( ) r 3 Q für r < R R Q für r > R 35

(B) Kugelschale ε r 2 E(r) = { r < R Q r > R = Q θ(r R) E(r) = θ (r R) Dabei Sprungfunktion definiert: Q ε r 2 θ (x) = { für x < für x > Bestimmen daraus Potential entsprechend Φ(r) = E dr Φ(r) = E (r)dr (A) Homogen geladene Kugel r < R : r > R : Φ = Qrdr ε R 3 = 3ε r 2 2 + Φ = r 2 6ε + Φ Φ = R 2 6ε + Φ r R = Φ R 2 6ε + Q ε = Φ R 2 6ε Q ε r 2 dr + 3 R3 ε = Φ R 2 6ε + R 3 3ε = Φ R 2 + R 3 2ε 3ε r ( r R) ( r ) R ( r R) Eichen (Erden!) Φ( ) = Φ = R 2 2ε Ergebnis: Φ i (r) = 6ε (3R 2 r 2 ) Φ a (r) = R 3 3ε r 36

(B) Kugelschale Φ(r) = E(r)dr = Φ = Φ θ(r R) r R r θ(r R) Q dr ε r 2 Q dr ε r 2 Q r = Φ + θ(r R) Q ε r = Φ + θ(r R) R ε ( r ) R Eichen (Erden!) Φ ( ) = Φ = Q ε R Ergebnis: Φ i (r) = Φ a (r) = Q ε R Q ε r Erneut: Φ i (R) = Φ a (R) 2. Variante: direkte Lösung der Potentialgleichung ε Φ = (r) Laplace-Operator bei Kugelsymmetrie Φ(r) = Φ(r) Φ x 2 Φ x 2 = Φ (r) r x = x Φ r x2 = Φ r 2 + Φ Φ = Φ + Φ ( 3 r r ( r x r 2 x r ) ) ( ) x2 = Φ r 2 + Φ r x2 r 3 = Φ + 2 r Φ = r 2 d dr ( r 2 dφ ) dr Haben also gewöhnliche Differentialgleichung zu lösen ( d r 2 r 2 dφ ) = (r) dr dr ε 37

(A) Homogen geladene Kugel r < R : d dr d r 2 dr ( r 2 dφ ) dr = ε ( r 2 dφ ) dr dφ dr = r + c 3ε r 2 r Φ = 2 c 6ε r + c 2 = r 2 ε r 2 dφ dr = r 3 3ε + c Beachte: Φ() endlich c =, c 2 = Φ φ i (r) = r 2 r > R : ( r 2 dφ ) dr dφ dr = c 3 r 2 Φ(r) = c 3 r + c 4 d r 2 dr = r 2 dφ dr = c 3 6ε + φ Φ ( ) = c 4 = φ a (r) = c 3 r Verbleibende Konstante c 2 = Φ und c 4 aus Stetigkeitsbedingung bei r = R Ergebnis: Φ i (R) = Φ a (R) R 2 6ε + Φ = c 3 R Φ i(r) = Φ a (R) R 3ε = + c 3 R 2 c 3 = R 3 3ε Φ = R 2 6ε + R 2 3ε = R 2 Φ i (r) = r 2 + R 2 6ε 2ε Φ a (r) = R 3 3ε r 2ε = 6ε ( 3R 2 r 2) (B) Kugelschale ( d r 2 r 2 dφ ) = σ δ(r R) dr dr ε r 2 dφ dr = σ ε r Φ (r) = Φ σ R2 ε dr r δ (r R) = σ R2 ε θ (r R) r = Φ + θ (r R) 5R2 ε dr σ (r R) r 2 ( r R) 38 = Φ σ r R2 θ (r R) ε R dr r 2

Normieren: Ergebnis: oder: Φ ( ) = Φ σr ε = Φ = σr ε Φ (r) = σr ε Beachte: Φ i (R) = Φ a (R) + θ (r R) σr2 ε Φ i (r) = σr ε = Φ a (r) = σr2 ε r = Q ε R Q ε r ( r ) 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 = Φ Φ = Φ ) : C = Q Φ = ε R Nunmehr systematische Lösung der Potentialgleichung für Vakuum, dabei Einbau von Randwerten im Endlichen vorbereiten 39

2..2 Systematische Lösung der Potentialgleichung () Physikalisch-anschauliche Konstruktion der Lösung (a) Potential einer Punktladung im Ursprung Φ(r) = q ε r (b) Potential einer Punktladung q α am Ort r α Φ(r) = (c) System von Punktladungen q α ε r r α = Φ α (r) Φ(r) = α Φ α (r) = α q α ε r r α (d) Kontinuierliche Ladungsverteilung Φ(r) = ε Φ(r) = ε lim n n α= (r α ) V α r r α d 3 r (r ) Beweis: (r ) = α q α δ (r r α ) einsetzen, r - Integration ausführen. Behauptung (Vermutung!): Φ(r) = ε d 3 r (r ) ist Lösung der Potentialgleichung Φ = /ε. Damit Lösung einer partiellen Differentialgleichung 2. Ordnung auf Integration zurückgeführt. Beweis: (a) daß Φ Lösung: durch Probe Φ = ε Früher gezeigt (Abschnitt.3..) d 3 r (r ) r ( ) dive(r) = Q ε δ (r) für E (r) = Q r ε r 2 r Da E (r) = grad Φ(r) mit Φ(r) = Q ε r dive = div grad Φ = Q ε r = Q ε δ (r) 4

Erhalten Identität r = δ(r) & = δ (r r ) Setzen diese Identität in (*) ein, führen r Integration aus und erhalten Φ = (r)/ε (b) Überprüfung der Bedingung im Unendlichen lim r lim grad r (r ) d3 r, da (r ) d3 r, da grad (c) Eindeutigkeit: Seien Φ und Φ 2 Lösungen (Φ Φ 2 ) = ψ = und r endlich = r r 2 Zeigen sogleich: Einzige Lösung dieser (Laplace-)Gleichung, die nebst ihren Ableitungen im Unendlichen verschwindet, ist ψ (r) & Φ = Φ 2 Damit eigentlich alles erledigt. Jetzt aus mathematisch-methodischen Gründen und für später (Randwertaufg. der Elektrostatik) (2) Ableitung der Lösung aus den Greenschen Identitäten. Greensche Identität: Benutzen Satz von Gauß divadv = Adf für A = ϕ grad ψ dv [grad ϕ grad ψ + ϕ ψ] = ϕgrad ψ df 2. Greensche Identität: Vertauschen ϕ ψ und subtrahieren dv [ϕ ψ ψ ϕ] = [ϕgrad ψ ψ grad ϕ] df Nunmehr Konstruktion der Lösung, indem gewählt wird ψ (r) =. 4

ϕ(r ) = Φ (r ) ist Potential, d.h. φ = ε. Wählen r als Integrationsvariable; dann gilt also ψ (r ) = δ (r r ) Einsetzen in 2. Greensche Identität d 3 r {Φ(r ) [ δ(r r ) ] } Φ(r ) = df... ergibt Φ(r) = ε d 3 r (r ) + df { grad Φ(r ) Φ(r )grad } 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 ngrad Φ auf Oberfläche) Hier: nur interessant V ganzer Raum Φ(r) = ε d 3 r (r ) Lösung da Φ und grad Φ für r verschwinden. Ferner, falls Φ =, d.h. Φ. Damit Eindeutigkeit (c) im Konstruktionverfahren () 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 f(r) = d 3 r G(r, r )g(r ) Beweis durch Probe f(r) = d 3 r r G(r, r )g(r ) = d 3 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: r = δ(r) r Folglich hat GF die Struktur G(r, r ) = r r = δ(r r ) + F (r, r ), wobei F (r, r ) beliebige Lösung der homogenen Potentialgleichung, d.h. F (r, r ) = Im allgemeinen Fall muß F bestimmt werden, um die Randbedingung zu erfüllen ( später). Bei Randbedingungen im Unendlichen hatten wir gezeigt F. Folglich ist f(r) = d 3 r g(r ) Das entspricht der bereits gefundenen Lösung! 43

(4) Lösung durch Fouriertransformation Definition f(x) = 2π e ikx f(k)dk f(k) = e ikx f(x)dx Satz: Unter sehr allgemeinen Bedingungen für f bzw f ist Fouriertransformation eindeutig (genau: temp. Distribution, darunter δ(x) e ikx ) Allgemeine Lösungsmethode: FT der Differentialgleichung, Lösung der transf. Gleichung Rücktransformation Verallgemeinerung auf 3 Dimensionen: f(r) = f(k) = (2π) 3 d 3 ke ikr f(k) d 3 re ikr f(r) Fouriertransformation der Potentialgleichung d 3 ke ikr f(k) = d 3 ke ikr g(k) d 3 ke ikr [ k 2 f(k) g(k) ] =, denn e ikr = (ik) 2 e ikr. Damit ist f(k) = k 2 (k) Lösung der FT Potentialgleichung (FT von ). Rücktransformation ergibt f(r) = = (2π) 3 (2π) 3 ( d 3 ke ikr (k) ) k 2 ( ) d 3 kd 3 r e ik(r r ) (r ) k 2 Berechnung des Integrals I(r) = d 3 ke ikr k 2 = dk k 2 sin ϑ dϑ dϕe ikr cos ϑ k 2, 44

dabei wurde für gegebenes r die z-achse des k-raums in r-richtung gelegt. Dann gilt folglich kr = k z r = k cos ϑ r und mit der Substitution ζ = cos ϑ I(r) = = 2π = r dk dζ 2π dk eikr ζ ikr dk sin kr k dϕe ikr ζ = I(r) ζ=+ ζ= = ir = 2π ir dx sin x x } {{ } π/2 dk eikr e ikr k = 2π2 r Einsetzen Lösung der Potentialgleichung in r-darstellung f(r) = d 3 r g(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 = Φ(r) = ε ε d 3 r (r ) Dies ist die einzige Lösung, die nebst ihrer. Ableitung im Unendlichen verschwindet. 45

2..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 Φ(r) = ε V d 3 r (r ) Entwickeln zunächst formal r r in Taylorreihe bez. r. Allgemein gilt f (r + r) = f(r) + f(r) r r + 2 2 f(r) r r r r i r j i r = f (r) + i f(r) x i + 2 i j f(r) x i x j +... = ( ) r i x i r + ( ) i j x i 2 r x j +... = r 2 x i r = x i j r 3 r 3 j x i = x i = r 3 ( 3xi x j r 2 δ ij ) ( 3 r 4 x j r ) r 3 δ ij Setzen das in die exakte Formel ein Φ(r) = d 3 r (r ) ε = ε { r + r 3 x i x i + 2 { Q r + P r r 3 + } Q ij x i x j 2 r 5 +... } r 5 (3x i x j r 2 δ ij )x i x j } {{ } x i x j (3x i x j r 2 δ ij ) Dabei wurden folgende Integrale definiert d 3 r (r ) = Q Gesamtladung d 3 r (r ) r = P Dipolmoment ) d 3 r (r ) (3x i x j r 2 δ ij = Q ij Quadrupolmoment 46

Physikalische Interpretation des Resultats. 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 ± a 2 von Ursprung im Grenzfall a, q sodaß q a = P konstant bleibt. Zunächst also φ(r) = q { } ε r a 2 r + a. 2 Entwickeln für a r ± a = ( 2 r + ) ( r r 2 ± a ) r 2 +... φ(r) = q ε ra r 3 +... = P r ε r 3 +... Für a wird die niedrigste Ordnung exakt! 3. Term: Feld eines Quadrupols entsprechend. 2..4 Energie des elektrostatischen Feldes Allgemein hatten wir für die Feldenergie gefunden u(r) = (ε E 2 + ) B 2 2 µ Wegen der Entkopplung der Feldgleichungen für E und B können wir hier den E-Anteil für sich betrachten W el = dv ε E 2 (r) 2 Alternative Darstellung: E = grad Φ W el = ε dv E grad Φ = ε dv [ (E Φ) Φ E] 2 2 = dv Φ(r) (r) ε E(r) Φ(r)df 2 2 Erster Anteil sieht aus wie Energie der Ladungen (r) im Potential Φ, jedoch ist Faktor /2 falsch! Zweiter Anteil verschwindet, da Integral über den ganzen Raum erstreckt Oberfläche gg.! Weitere Umformung: Φ(r) = ε W el = 2 d 3 r (r ) d 3 rd 3 r (r) (r ) ε 47

Wechselwirkungsenergie der Ladungen, die das Feld erzeugen, untereinander (Faktor /2 vergleiche Mechanik). Tatsächlich: Für diskrete Beschreibung, d.h. (r) = q α δ(r r ) α ergibt sich W el = 2 α,β q α q β ε r α r β Faktor /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 W el = α>β q α q β ε r α r β Coulomb-Wechselwirkung Beispiel: Energie einer geladenen Kugelschale (R) r < R E = r > R E = 2 dv ε E 2 (r) = Q r ε r 2 r Q2 32π 2 ε R r 2 dr r 4 = Q2 8π ε R Spekulation: Klassisches Elektronenmodell mit endlichem Radius, wobei Ruheenergie durch elektrostatische Energie der Elementarladung verursacht wird, d.h. e 2 8π ε r e = m e c 2 r e schon allein durch Dimensionsbetrachtungen, Elementarlänge (aus Naturkonstante m e, e, c) Stabilität des Elektrons nicht erklärbar! 48

2.2 Magnetostatik 2.2. Allgemeine Betrachtungen Untersuchen nunmehr unabhängig vom elektrostatischen Feld divb = B = rota & diva = rotb = µ j rot rota = A = µ j Potentialgleichung für A hat analoge Lösung Beachte: A(r) = µ d 3 r j(r ) 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 = rota = µ r = µ B(r) = µ d 3 r r j(r ) d 3 r j(r ) r = 2 r = r r 3 d 3 r j(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) = µ d 3 r j(r ) = µ lim V i i j(r i ) V i r r i Wählen als Integrationsgebiet Schlauch um Leiter mit V i = f i r i, wobei f i und r i parallel in Richtung der Tangente an L sind. Es entsteht zunächst j(r i ) f i = I(r i ), wobei I konstant auf L, da für ein beliebiges, von L durchquertes Volumen gilt (wegen div j = ) jdf = I in I out = divjdv =. 49

Es verbleibt A(r) = µ I Entsprechendes Vorgehen ergibt lim r i i B(r) = µ I L r i r r i = µ I dr r r r r i 3 L dr r r i Beide Ergebnisse können erhalten werden, wenn für einen dünnen Leiter formal j(r) = I 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 = rota überprüfen. 2.2.2 Einfache Beispiele. Beispiel: Unendlich langer, dünner Leiter; I = I e z (a) Benutzen Maxwellgleichung rotb = µ j Bdr = µ jdf Integration über Kreis ( ) in x y Ebene; dabei Zylyndersymmetrie beachten Zylinderkoordinaten x = cos ϕ = x 2 + y 2 y = sinϕ z = z Einheitsvektoren: e = (cos ϕ, sin ϕ, ) ϕ = arc tan y x e ϕ = ( sin ϕ, cos ϕ, ) = + de dϕ e z = (,, ) Ansatz (Symmetrie): B(r) = B( )e ϕ Bdr = B( ) 2π = µ I B( ) = µ I 2π Kompakte Schreibweise B(r) = µ I 2π eϕ = µ 2π 5 I r 2

Tatsächlich: I r = I e z ( e + ze z ) = I (e z ze ) = I e ϕ (b) Aus Potentialgleichung: r (z ) = e z z ; dr = e z dz A(r) = µ I Damit divergiert das Integral L e z dz r e z z = µ I ) dz (z 2 + z = ln + 2 + z 2 2 A(r) = lim L µ I ln dz x 2 + y 2 + (z z ) 2 ( ) 2 + + L ( ) 2 + L Ursache: Randbedingung im Unendlichen nicht gewährleistet! (c) Aus Biot-Savartschem Gesetz B(r) = µ I (r e z z ) r e z z 3 dz = µ I r dz [ 2 + (z z ) 2 ] 3/2 Beachte: 2. Anteil verschwindet (da I e z = Ie z e z = ). Ferner ist (Probe durch Differenzieren) dx ( 2 + x 2 ) 3/2 = x 2 ( 2 + x 2 ) /2 sowie lim L ± x 2( 2 + x 2 ) /2 = lim L ± 2 ± + 2 x 2 = ± 2 Ergebnis B(r) = µ I r 2 2 = µ 2π I r 2 (wie oben) 5

2. Beispiel: Kreisförmige Leiterschleife, Radius R A(r) = µ I dr = µ I dα dr (α) r r (α) dα r (α) = (R cos α, R sin α, ) α 2π dr (α) dα r r (α) = = R ( sin α, cos α, ) = (x R cos α) 2 + (y R sin α) 2 + z 2 r 2 + R 2 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 A(, ϕ, z) = µ I 2π dα R ( sin α, cos α, ) 2 + z 2 + R 2 2R cos (α ϕ) Das Integral ist analytisch auswertbar z.b. für R 2 r 2 = 2 + z 2 Entwicklung Damit folgt A(, ϕ, z) = r 2 + x = r µ I R 2 + z 2 2π ( 2 ) x r 2 +... dα( sin α, cos α, ) ( + ) R cos (α ϕ) 2 + z 2... = µ I R 2 r 3 2π dα( sin α, cos α, ) [cos α cos ϕ + sin α sin ϕ], da. Anteil nach Integration verschwindet. Wegen sin α cos α dα = 2 sin2 α sin 2 α dα = cos 2 α dα = α 2 α 2 sin 2α 4 + sin 2α 4 π π ergibt sich schließlich A(, ϕ, z)) = µ I R 2 π r 3 ( sin ϕ, cos ϕ, ) = µ I R 2 π r 3 e ϕ. 52

Schreibweise Tatsächlich π R 2 I e z = m A(r) = µ e z r = e z e = e ϕ m r r 3 Erinnerung an Elektrostatik: Kleiner Dipol erzeugt Potential Φ(r) = p r ε r 3 Vermutung: Kleine Leiterschleife erzeugt magnetisches Dipolfeld A(r) = µ m r r 3 Dies jetzt systematisch darlegen. (m magnetisches Dipolmoment) 2.2.3 Magnetische Multipolentwicklung Entwickeln allgemeine Lösung analog zu Elektrostatik A(r) = µ j(r ) d3 r = r + x i x i r 3 + 2 r 5 (3x i x j r 2 δ ij )x i x j +.... Term führt auf d 3 r j(r ) = Beweis: i (x k j i ) = δ ik j i + x k i j i = j k d 3 r i (x k j i ) = x k j i df i =, da j im Unendlichen verschwindet. 2. Term führt auf d 3 r x i x i j k (r ) r 3 = m r r 3, wobei m = d 3 r r j(r ) 2 Beweis: Benutzen (vgl. oben) j k = l (x k j l ) und formen um d 3 r x i j k (r ) = d 3 r x i l (x k j l) = d 3 r [ l x i x k j l δ il x k j l ] 53

. Integral nach Gauß in Oberflächenintegral verwandelt verschwindet, da j (r ) d 3 r (x i j k + x k j i) = Ferner (r r )j = r (j r) r (r j ) Unter dem Integral d 3 r x i x i j k = = d 3 r (r r )j k d 3 r { r (j r) r (r j ) } k } {{ } = d 3 r (rr )j k Folglich 2 d 3 r (r r )j = d 3 r (r r )j = 2 { d 3 r r (r j ) } d 3 r (r j ) r = m r Ergebnis: Magnetostatische Multipolentwicklung beginnt mit Dipolanteil. A(r) = µ m r r 3 + Quadrupolanteil +.... Term verschwindet im Einklang mit divj = (stationärer Strom)! Beispiel: Dipolmoment einer ebenen, stromdurchflossenen Leiterschleife. Allgemein war für dünnen Leiter j(r) = I ds δ (r r(s))r (s). Für ebene, geschlossene Kontur L wählen wir s α (Winkel in der Ebene) j(r) = 2π dα δ (r r(α))r (α) I 54

Einsetzen liefert m = 2 = 2 d 3 r r j(r ) d 3 r 2π dαr δ (r r(α))r (α)) I = 2 2π dαr(α) r (α) I = I 2 r dr = n I F, denn 2 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 R 2 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 = 2 d 3 r r j(r, t) = m(t) j(r, t) = eṙ(t)δ (r r(t)) m = d 3 r r eṙ(t)δ (r r(t)) = e r(t) ṙ(t) 2 2 m = e 2m r p = e 2m L 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 = zeigen Ablenkung im Magnetfeld Eigendrehimpuls Spin. 2.2.4 Energie des magnetostatischen Feldes () Allgemeine Betrachtungen E B = 2µ B 2 (r)d 3 r Umformung von B 2 = BrotA: BrotA = B( A) = A (A B) = (A B) B (A B), B (A B) = B (B A) = A( B) 55

Einsetzen: E B = 2µ dr {div(a B) + ArotB}. Erster Anteil ergibt mit Satz von Gauß Integral über Oberfläche im Unendlichen df (A B) =. Dann verbleibt mit Maxwellgleichung rotb = µ j E B = 2 d 3 rj(r)a(r) Interpretation: Energie des Stromes j im Potential A (analog φ) ; Faktor /2 wegen Wechselwirkung (wie dort!) Weitere Umformung A(r) = µ E B = µ 8π d 3 r j(r ) d 3 rd 3 r j(r)j(r ) Interpretation: Wechselwirkungsenergie der Stromdichteverteilung j(r) 56

(2) Wechselwirkung zwischen räumlich getrennten Strömen: Es sei j(r) = α j α (r) ; j α (r) = { in Vα sonst E B = µ 8π = 2 d 3 rd 3 r L αβ I α I β α,β j α (r)j β (r ) Induktionskoeffizienten (Definition): L αβ = µ d 3 r d 3 r j α(r)j β(r ) I α I β V α V β L αβ rein geometrisch definierte Größen einer Leiteranordnung, wobei I α Stromstärke in Leiter α. Beachte dazu: Für Leiter α gilt dv divj = jdf = V α,β Auf der Leiterbegrenzung gilt jdf = da j df. Dann ist Q unten jdf = Q oben jdf = I unabhängig von der Form des Querschnitts. Hierauf beruhen u.a. die Kirchhoffschen Verzweigungssätze für lineare Leiter, z.b. I = I + I 2 usw. Folglich ist j α I α eine auf den Strom normierte Stromdichte und nur durch die Geometrie des Leiters festgelegt. Selbstinduktionskoeffizient des Leiters α L αα = µ Iα 2 d 3 rd 3 r j α(r)j α(r ) V α Divergiert für Linienstrom (analog Punktladung) j α (r) = I α δ(r r )dr L α 57

L αα = µ d 3 rd 3 r r r dr dr 2 δ(r r )δ(r r 2 ) L α L α = µ dr dr 2 r r 2 L α L α Für geraden Leiter (z-achse) dz dz 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 d 3 rd 3 r die Integration über d 3 r für festes r so aus, dass r Polarkoordinaten in Bezug auf r sind: d 3 r = 2 d 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 β) µ L αβ = d 3 r d 3 r j α(r)j β(r ) I α I β V α V β enthält keinerlei Singularität, da r und r in verschiedenen Volumina variieren. Für zwei Linienströme α,β ist z.b. L αβ = µ dr dr 2 r r 2 L α L β 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 dr dr 2 r r 2 L L 2 zurückführbar auf 6 Integrale über gerade Teilstrecken. Davon verschwinden 8 wegen dr dr 2. Verbleiben 8 Integrale vom Typ: 2 parallele Leiter der 58

Länge l (Kantenlänge a oder b) im Abstand d bzw. d 2 + a 2 oder d 2 + b 2. Berechnen im folgenden einen Typ davon für die Länge l und den Abstand d: Wählen Integrationswege dr = e z dz r (z) = (,,z), dr 2 = e z dz r 2 (z ) = (d,,z ), r r 2 = d 2 + (z z ) 2. Damit ergibt sich zunächst (Probe durch Differenzieren!): I = l l dz l dz d 2 + (z z ) = 2 dz [ { }] z ln (z z) 2 + d 2 (z =l z) z = = l dz { ( [ ]} ln z 2 + d 2 + z) ln (l z) 2 + d 2 (l z) Substitution l z = z z im zweiten Integral ergibt l I = dz { ( ( ln z 2 + d 2 + z) ln z 2 + d 2 z)} Es ist ferner (Probe durch Differenzieren!): ( ( dz ln z 2 + d 2 ± z) = z ln z 2 + d 2 ± z) z 2 + d 2 Einsetzen der Integrationsgrenzen führt auf ( I = l ln l 2 + d 2 + l) { ( ) l 2 + d 2 + d l ln l 2 + d 2 l + } l 2 + d 2 d = l ln l 2 + d 2 + l l 2 + d 2 l 2 l 2 + d 2 + 2d Jetzt unter ln mit l 2 + d 2 + l erweitern: { l I = 2 l ln 2 + d 2 + l } l d 2 + d 2 + d Ergebnis: Für l d: L = µ 2π { L = µ 2π l ln l 2 + d 2 + l } l d 2 + d 2 + d { l ln 2l } d l = µ l 2π ( ln 2l d ) Beachte: keine Gegeninduktivität pro Länge definierbar; Grenzübergang l ist physikalisch sinnlos. 59

2.2.5 Kraft, Potential und Drehmoment im magnetostatischen Feld () 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: F = (r )E(r )d 3 r E(r ) = E(r) + [ (r ] r) r E(r) +... Einsetzen F(r) = Q E(r) + d 3 r (r ) [ (r r) r ] E(r) Verlangen im Sinne einer vollständigen Analogie zur Magnetostatik (r )d 3 (r ) = Q =. Term verschwindet. Nächster Term ist Dipolmoment d 3 r (r )(r r) = d 3 r (r )r = p und damit Kraft auf Dipol F(r) = (p )E(r) = (pe) Beweis: rote = i E j j E i = p i i E j = p i j E i = j p i E i 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 p(r) = (r )(r r)d 3 r = p 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 = d 3 r j(r ) B(r ) B(r ) = B(r) + [ (r ] r) r B(r) +... Einsetzen F(r) = d 3 r j(r ) { B(r) + [ (r r) r ] B(r) +... } 6

. Term d 3 r j i (r ) = d 3 r k (j k x i ) = df k j k x i verschwindet, da jdf = auf der Oberfläche. Damit F(r) = d 3 r j(r ) [ (r ] r) r B(r) = d 3 r j(r ) (r r )B(r) d 3 r j(r ) (r r )B(r) Zweites Integral verschwindet wegen d 3 r j(r ) =. Weitere Umformung (r r )B(r) x i ib j rotb i B j j B i = für ext. Feld x i ib j = x i jb i = j (x i B i) r [r B(r)] Folglich F(r) = d 3 r j(r ) r [r B(r)] = r d 3 r j(r )[r B(r)] Weitere Umformung: Hatten unlängst gezeigt d 3 r (r r )j(r ) = 2 r r j(r )d 3 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: Damit d 3 r [B(r) r ]j(r ) = 2 B(r) und wegen divb = schließlich Beweis wie oben (rotb = ): r j(r )d 3 r = B(r) m = m B(r) F(r) = r [B(r) m] = (m )B m( B) F(r) = (mb) m j j B i = m j i B j = i (m j B j ) 6

Interpretation: Kraftwirkung eines äußeren Magnetfeldes auf (kleines) Stromgebiet lässt sich als Wirkung auf magnetischen Dipol auffassen. Beachte: m = 2 d 3 r j(r ) (r r) hängt nicht von der Wahl des Ursprungs ab (im elektrostatischen Fall war Q = erforderlich!) 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 Elektrostatischer Anteil M = V d 3 r [ r f(r ) ] E(r ) = E(r) + [ (r ] r) r E(r) +... = E(r) +... M e = d 3 r [ ( r (r )E(r) ] = p E(r) +... Magnetostatischer Anteil B(r ) = B(r) +... M m = d 3 r r [ j(r ) B(r) ] = d 3 r { j(r ) [ (r B(r) ] B(r) [ j(r ) r ]} Zweiter Anteil verschwindet d 3 rj i x i = = = d 3 rx i k j k x i d 3 r [ k (x i j k x i ) δ ik j k x i ] df k x i j k x i d 3 rj i x i Oberflächenintegral verschwindet wegen j k df k =. 62

Für ersten Anteil erneut Umformung benutzen d 3 r [ B(r) r ] j(r ) = m B M m = m B(r) 63