| |
| Autor |
  Idealer Draht mit zwei Kugeln in Dipolnäherung |
|
Ehemaliges_Mitglied
 |  Themenstart: 2017-12-27
|
Hallo,
ich habe einen idealen Draht entlang der $z$-Achse, der an den jeweiligen Enden bei $z_1 = a$ und $z_2 = - a$ jeweils eine Kugel mit der Ladung $Q$ bzw. $-Q$ hat. Ich soll nun die Strahlungleistung $P$ dieser Quelle berechnen.
In der Vorlesung wurde hergeleitet, dass für elektromagnetische Strahlung mit harmonischer Zeitabhängigkeit für das Vektorpotential
$$ \vec{A}(\vec{x}) = - i \frac{k}{r} \vec{d} e^{ikr} $$
gilt. Die Zeitabhängigkeit soll in der Form $\vec{A}(\vec{x},t) = \vec{A}(\vec{x}) e^{i\omega t}$ sein.
Die Herleitung wurde mit
$$ \vec{A}(\vec{x}) = \frac{1}{c} \int \mathrm{d}^3 x' \frac{ \vec{j}(\vec{x}') e^{(k|\vec{x}-\vec{x}'|}}{|\vec{x}-\vec{x}'|}$$
und der Näherung $|\vec{x}-\vec{x}'| \approx r$ gemacht.
Um überhaupt das Vektorpotential ausdrücken zu können, habe ich das Dipolmoment $\vec{d}$ berechnet und komme auf $$\vec{d} = 2 Q \cos(\omega_0 t) a \vec{e}_z$$
Um die $E$- und $B$-Felder zu berechnen, gilt laut Skript
$\begin{align}
\vec{E} &= \frac{i}{k} \nabla \times ( \nabla \times \vec{A} ) \\
\vec{B} &= \nabla \times \vec{A}
\end{align}$
Im Skript heißt es, dass für die Definition des elektrischen Feldes eine quellfreie Maxwell-Gleichung verwendet wurde:
$$\frac{1}{c} \frac{\partial \vec{E}}{\partial t} = -i \frac{\omega}{c} \vec{E} = -ik \vec{E} = \nabla \times \vec{B}$$
Hier bin ich etwas verwirrt. Wenn man hier die Annahme macht, dass das Ganze quellfrei ist, widerspricht sich das nicht mit der Herleitung des Vektorpotentials?
Was soll die Näherung $|\vec{x}-\vec{x}'| \approx r$ genau bedeuten? Ich weiß nicht so ganz, wie ich mit der Anwendung der Rotation auf diesen Faktor umgehen soll. Soll ich ihn beachten oder nicht? Wenn ich ihn beachte, macht für die Näherung keinen Sinn, weil man den Faktor dann auch im Integral bei der Herleitung von $\vec{A}$ hätte beachten sollen. Wenn ich ihn nicht beachte, existiert mein Magnetfeld nicht.
Wie ihr merken könnt, bin ich etwas verwirrt und auch nach der Beschäftigung mit dem Vorlesungsskript konnte ich die Verwirrung nicht auflösen. Ich wäre für ein paar aufklärende Wort wirklich sehr dankbar!
|
 Profil
|
Orangenschale
Senior 
Dabei seit: 31.05.2007
Mitteilungen: 2282
Wohnort: Heidelberg, Deutschland
 | Beitrag No.1, eingetragen 2017-12-27
|
Hallo Limesine,
kannst du noch die vollständige Aufgabenstellung im Originalwortlaut posten?
Viele Grüße,
OS
|
Profil
|
Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-27
|
Hallo Orangenschale,
\quoteonBetrachten Sie die in der oberen Abbildung gezeigte Situation, in der ein ideal leitender dünner Draht zwei kleine metallische Kugeln miteinander verbindet. Nehmen Sie an, dass die Ladungsdichte
gegeben ist durch
$$\rho(\vec{x},t) = Q \cos(\omega_0 t) \delta(x) \delta(y) \left( \delta(z-a) - \delta(z+a) \right)$$
Der Strom fließt zwischen den metallischen Kugeln durch den dünnen Draht. $a$, $Q$ und $\omega_0$ sind Konstanten. Werten Sie die mittlere Strahlungsleistung $P$ einer solchen Quelle in der Dipolnäherung
aus. Unter welchen Bedingungen ist dies gültig?
\quoteoff
|
Profil
|
Orangenschale
Senior
Dabei seit: 31.05.2007
Mitteilungen: 2282
Wohnort: Heidelberg, Deutschland
| Beitrag No.3, eingetragen 2017-12-27
|
Vielen Dank für die Aufgabe im Originalwortlaut, das erklärt doch so einiges.
Dann versuchen wir mal, deine Wissenslücken zu schließen.
\quoteon Im Skript heißt es, dass für die Definition des elektrischen Feldes eine quellfreie Maxwell-Gleichung verwendet wurde:
\quoteoff
Das ist auch richtig, denn die Felder werden ja im Fernfeld aus $\vec A$ berechnet, und da gibt es keine Ladungen mehr.
\quoteon Was soll die Näherung $|\vec{x}-\vec{x}'| \approx r$ genau bedeuten?
\quoteoff
Man interessiert sich für das Fernfeld am Ort $r = |\vec x|$. Um es zu berechnen, müssen wir über die Ladungsdichte $\rho(\vec x')$ integrieren, diese befindet sich per Definition (von Fernfeld) an einem Ort $|\vec x'|<<|\vec x|$. Also kann man schreiben $|\vec x - \vec x'|^2=|\vec x|^2+|\vec x'|^2-2\vec x \vec x' \approx r^2$.
Bevor du nun die elektrischen und magnetischen Felder berechnest kannst du ja erstmal die Potentiale im Fernfeld explizit berechnen, dann sehen wir weiter.
Eine Empfehlung: Schau in den Jackson "Classical Electrodynamics" in Kapitel 6 und 9.
Viele Grüße
OS
|
Profil
|
Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-27
|
Danke soweit. Wenn ich mal etwas mehr Zeit habe und das über die Bibliothek oder anderweitig auftreiben kann, werde ich mir mal die Kapitel in dem Buch anschauen.
Das Skalarpotential und das Vektorpotential habe ich wie folgt ausgerechnet:
$\begin{align}
\Phi(\vec{x},t) &= \frac{1}{r} \int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}x' \int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}y' \int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}z' \rho(\vec{x}',t) \\
&= \frac{Q \cos(\omega_0 t)}{r} \int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}z' \left( \delta(z'-a) - \delta(z'+a) \right) \\
&= 0 \\
\vec{A}(\vec{x},t) &= -\frac{i k e^{ikr}}{r} \vec{d} \\
&= -\frac{i k e^{ikr}}{r} \int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}x' \int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}y' \int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}z' \rho(\vec{x}',t) \vec{x}' \\
&= - \frac{i k e^{ikr}}{r} Q \cos(\omega_0 t) \int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}z' \left( \delta(z'-a) - \delta(z'+a) \right) z' \vec{e}_z \\
&= - \frac{i k e^{ikr}}{r} 2 Q \cos(\omega_0 t) a \vec{e}_z
\end{align}$
|
Profil
|
Orangenschale
Senior
Dabei seit: 31.05.2007
Mitteilungen: 2282
Wohnort: Heidelberg, Deutschland
| Beitrag No.5, eingetragen 2017-12-27
|
Hallo Limesine,
deine Berechnungen sind so halb richtig (zumindest muss man davon ausgehen basierend auf den Infos im Startbeitrag), denn man merkt, dass du dir bei der Sache nicht so sicher bist.
Deinen Angaben zufolge wurde beispielsweise wurde die Zeitabhängigkeit schon ganz am Anfang absepariert. Deswegen rechnet man das Dipolmoment für zeitunabhängige Ladungsdichte $\rho(\vec x)$ aus, wobei analog zu $\vec A(\vec x,t)$ gilt
$$\rho(\vec x,t) = \rho(\vec x)e^{i\omega t}.$$
Ich habe es zwar nicht nachgerechnet, aber dennoch stimmt möglicherwise dein Ergebnis für die Potentiale.
Um nun die Felder zu bestimmen kannst du den $\nabla$ Operator (bzw. Gradient, Divergenz, Rotation) in Kugelkoordinaen verwenden, dann erschliesst sich für dich vielleicht, wie mit $\frac 1r$ umzugehen ist.
Viele Grüße
OS
|
Profil
|
Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-28
|
Macht es nicht mehr Sinn, in Zylinderkoordinaten zu rechnen? Mein Vektorpotential hat nur eine $z$-Komponente. Für die Berechnung in Kugelkoordinaten müsste ich doch zuerst das gesamte Vektorpotential transformieren oder nicht? Wenn man es in Zylinderkoordinaten macht, muss ich doch nichts weiter tun, weil die $x$- und $y$-Komponente $0$ sind.
Ich hab das ganze mal in Zylinderkoordinaten ausgerechnet in Einheiten von $2aQ\cos(\omega_0 t)$ und erhalte
$\begin{align}
\vec{B} &= \nabla \times \vec{A} = -ik \frac{\partial}{\partial r} \left( \frac{e^{ikr}}{r} \right) \vec{e}_\phi \\
&= e^{ikr} \left( \frac{k^2}{r} + \frac{ik}{r^2} \right) \vec{e}_\phi \\
\vec{E} &= \frac{i}{k} \nabla \times \vec{B} = \frac{i}{kr} \left( \frac{\partial}{\partial r} \left( k^2 e^{ikr} + \frac{ik e^{ikr}}{r} \right) \right) \vec{e}_z \\
&= e^{ikr} \left( \frac{1}{r^3} - \frac{ik}{r^2} - \frac{k^2}{r} \right) \vec{e}_z
\end{align}$
Insgesamt also
$\begin{align}
\vec{E} &= 2 a Q \cos(\omega_0 t) e^{ikr} \left( \frac{k^2}{r} + \frac{ik}{r^2} \right) \vec{e}_\phi \\
\vec{B} &= 2 a Q \cos(\omega_0 t) e^{ikr} \left( \frac{1}{r^3} - \frac{ik}{r^2} - \frac{k^2}{r} \right) \vec{e}_z
\end{align}$
Ich war mit dem Umgang von $\frac{1}{r}$ verwirrt, weil wir die Rechnung komplett in kartesischen Koordinaten durchgeführt hatten und ich das $r$ aus der Näherung $|\vec{x}-\vec{x}'| \approx r$ so verstanden habe, dass $r$ einfach eine Konstante und nicht das Gleiche $r$ wie der Radius aus Zylinder- bzw. Kugelkoordinaten ist.
|
Profil
|
Orangenschale
Senior
Dabei seit: 31.05.2007
Mitteilungen: 2282
Wohnort: Heidelberg, Deutschland
| Beitrag No.7, eingetragen 2017-12-28
|
Ich habe heute leider keine Zeit mehr, mir deine Rechnung im Detail anzusehen. Aber einen Hinweis habe ich noch:
$r$ im Kugelkoordinaten beschreibt den Abstand vom Ursprung. In Zylinderkoordinaten hat $r$ eine andere Bedeutung, nämlich den Abstand von der $z$-Achse.
In der Aufgabe ist $r$ der Abstand vom Koordinatenursprung.
|
Profil
|
Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-29
|
Dann transformiere ich das Ganze mal in Kugelkoordinaten und rechne damit.
Mit den Einheitsvektoren
$$\vec{e}_r = \sin\theta \cos\phi \vec{e}_x + \sin\theta \sin\phi \vec{e}_y + \cos\theta \vec{e}_z \\
\vec{e}_\theta = \cos\theta \cos\phi \vec{e}_x + \cos\theta \sin\phi \vec{e}_y - \sin\theta \vec{e}_z \\
\vec{e}_\phi = -\sin\phi \vec{e}_x + \cos\phi \vec{e}_y$$
erhalte ich
$$\cos\theta \vec{e}_r - \sin\theta \vec{e}_\theta = \vec{e}_z $$
Also lautet mein Vektorpotential in Kugelkoordinaten
$$\vec{A} = -2 Q a \cos(\omega_0 t) \frac{ik e^{ikr}}{r} \left( \cos\theta \vec{e}_r - \sin\theta \vec{e}_\theta \right)$$
Mit der Rotation in Kugelkoordinaten erhalte ich dann für das $E$- und $B$-Feld:
$\begin{align}
\vec{B} &= - 2 a Q \cos(\omega_0 t) e^{ikr} \left( \frac{k^2}{r} + \frac{ik}{r^2} \right) \sin\theta \vec{e}_\phi \\
\vec{E} &= - 2 a Q \cos(\omega_0 t) e^{ikr} \left( 2 \cos\theta \left( \frac{ik}{r^2} - \frac{1}{r^3} \right) \vec{e}_r + \sin\theta \left( \frac{k^2}{r} + \frac{ik}{r^2} - \frac{1}{r^3} \right) \vec{e}_\theta \right)
\end{align}$
Ich hoffe mal, ich habe mich nirgends verrechnet. Die Dimensionen gehen auf.
|
Profil
|
Orangenschale
Senior
Dabei seit: 31.05.2007
Mitteilungen: 2282
Wohnort: Heidelberg, Deutschland
| Beitrag No.9, eingetragen 2017-12-29
|
Hallo Limesine,
das Vorgehen generell scheint richtig zu sein. Allerdings können die Felder ja keine komplexen Größen sein. Schau mal ganz an den Anfang der Herleitung des Vektorpotentials $\vec A$, wo steht, dass eine harmonische Zeitabhängigkeit $\sim e^{i\omega t}$ angenommen wird. Ebenso wird bei der Herleitung die gleiche Zeitabhängigkeit für die Ladungsdichte und die Stromdichte angenommen.
Deine Ladungsdichte lautet
$$\rho(\vec x,t)=Q\delta(x)\delta(y)(\delta(z-a)-\delta(z+a))\cos(\omega t),$$
hat also noch nicht die geforderte harmonische Zeitabhängigkeit wie in der Herleitung. Daher rechnet man mit
$\rho(\vec x,t)=\rho(\vec x)e^{-i\omega t}$
$\rho(\vec x)=Q\delta(x)\delta(y)(\delta(z-a)-\delta(z+a))$
und betrachtem am Ende immer den Realteil der gefundenen Potentiale und Felder. Die komplexen Größen sind in diesem Sinne nur Hilfsgrößen um die Rechnung zu vereinfachen.
Die Ladungsdichte ist gegeben mit
$\rho(\vec x)=Q\delta(x)\delta(y)(\delta(z-a)-\delta(z+a))$.
Daraus ergibt sich das Dipolmoment
$\vec d = 2aQ\vec e_z$
und man erhält das (komplexe) Vektorpotential
$\vec A = -ik\frac{e^{ikr}}{r}\vec d$.
Das (komplexe) magnetische Feld lässt sich daraus mit Hilfe der Rotation berechnen
$\vec B=\nabla\times \vec A$.
Ebenso erhält man das (komplexe) elektrische Feld
$\vec E=\frac{i}{k}\nabla\times B=\frac{i}{k}\nabla\times(\nabla\times \vec A)=\nabla(\nabla\vec A)-\Delta\vec A.$
Ich hatte dir vorgeschlagen, dein Ergebnis für $\vec A$ in Kugelkoordinaten umzuschreiben. Mir ist aufgefallen, dass es doch noch etwas einfacher geht. Und zwar kann man leicht zeigen, dass folgende Idendität für einen konstanten Vektor $\vec d$ gilt
$\nabla\times(f(r)\vec d)=f'(r)\frac{\vec r}{r}\times\vec d$.
Damit folgt für das (komplexe) Magnetfeld ganz allgemein (mit $f(r)=\frac{e^{ikr}}{r}$)
$$\vec B = \nabla\times\vec A = k^2 \left(1-\frac{1}{ikr}\right)\frac{e^{ikr}}{r} \frac{\vec r}{r}\times \vec p.$$
Multiplizierst du dieses Feld nun mit $e^{-i\omega t}$ und betrachtest davon den Realteil $\text{Re}\vec B(\vec x,t) = \frac12(\vec B(\vec x,t) + \vec B^*(\vec x,t)) $, so folgt das magnetische Feld für eine Ladungsdichte mit der gegebenen Zeitabhängigkeit $\sim\cos(\omega t)$.
Falls ich mich nicht verrechnet habe ergibt sich das (komplexe) magnetische Feld zu
$$\vec B=\frac{k^2}{r^2}\left(1-\frac{1}{ikr}\right)e^{ikr}\begin{pmatrix}x\\-y\\0\end{pmatrix}$$
und letztendlich der Realteil nach Multiplikation mit $e^{-i\omega t}$
$$\text{Re}\vec B(\vec x,t)=\frac{k^2}{r^2}\left(\cos(kr-\omega t)-\frac{1}{kr}\sin(kr-\omega t)\right)\begin{pmatrix}x\\-y\\0\end{pmatrix}$$
Viele Grüße
OS
P.S.: Zur Berechnung der mittleren Strahlungsleistung ist die explizite Berechnung der elektrischen und magnetischen Felder nicht notwendig, da es eine geschlossene Formel als Funktion des Dipolmoments gibt. Schau mal in dein Skript, ich habe nur die Gleichung in SI Einheiten:
$$\frac{dP}{d\Omega}=\frac{c^2Z_0}{32\pi^2}k^4\left|\left(\vec n\times \vec d\right)\times \vec n\right|^2$$
mit $Z_0=\sqrt\frac{\mu_0}{\epsilon_0}$, $k=\frac{\omega}{c}$ und $\vec n=\frac{\vec r}{r}$.
P.P.S.: Mich verwirrt die Verwendung von cgs Einheiten, vor allem in den magnetischen Größen ist es nicht so leicht, zwischen cgs und SI System zu transformieren.
|
Profil
|
Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-29
|
Vielen dank! Soweit macht das alles Sinn. Im Skript steht in der Tat eine Formel für die Strahlungsleistung
$$ \frac{dP}{d\Omega} = \frac{ck^4}{8\pi r^2} \left( \vec{d}^2 - \left( \vec{n} \cdot \vec{d} \right)^2 \right) $$
Die Formel wurde jedoch nicht hergeleitet und deswegen wollte ich das Ganze lieber per Fuß rechnen, statt einfach nur in eine fertige Formel einzusetzen.
Bei der Berechnung des elektrischen Feldes ohne Transformation in Kugelkoordinaten bin ich mir mit meinem Ergebnis unsicher. Ich habe die Identität $$\nabla \times \left( \vec{C} \times \vec{B} \right) = \left( \vec{B} \cdot \nabla \right) \vec{C} - \left( \vec{C} \cdot \nabla \right) \vec{B} + \vec{C} \left( \nabla \cdot \vec{B} \right) - \vec{B} \left( \nabla \cdot \vec{C} \right)$$ verwendet, die wir zu Beginn der Vorlesung hergleitet hatten. Mit $\vec{C} = \frac{k^2}{r^2} \left(1 - \frac{1}{ikr} \right) e^{ikr} \vec{r}$ und $\vec{B} = \vec{d}$ erhalte ich
$$\frac{i}{k} \nabla \times \left( \frac{k^2}{r^2} \left(1 - \frac{1}{ikr} \right) e^{ikr} \vec{r} \times \vec{d} \right)
= \frac{i}{k} \left( \vec{d} \cdot \nabla \right) \left( \frac{k^2}{r^2} \left(1 - \frac{1}{ikr} \right) e^{ikr} \vec{r} \right)
- \frac{i}{k} \vec{d} \left( \nabla \cdot \left( \frac{k^2}{r^2} \left(1 - \frac{1}{ikr} \right) e^{ikr} \vec{r}\right) \right)$$
Wobei ich den Operator $\vec{d} \cdot \nabla$ geschrieben habe als
$$\vec{d} \cdot \nabla = \vec{d} \vec{e}_r \frac{\partial}{\partial r} + \vec{d} \vec{e}_\phi
\frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \phi} + \vec{d} \vec{e}_\theta \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial \theta}$$
und ich erhalte damit
$$\vec{E} = e^{ikr} \left( \frac{2}{r^3} - \frac{2ik}{r^2} \right) \vec{d}$$
Wenn man das physikalische elektrische Feld betrachten will, muss man natürlich den Realteil davon betrachten.
Ich konnte mir mittlerweile auch den Jackson besorgen. Das Ergebnis im Jackson sieht etwas anders aus, nämlich
$$\vec{E} = k^2 \left( \vec{n} \times \vec{d} \right) \times \vec{n} \frac{e^{ikr}}{r} + \left( 3\vec{n} \left( \vec{n} \cdot \vec{d} \right) - \vec{d} \right) \left( \frac{1}{r^3} - \frac{ik}{r^2} \right) e^{ikr}$$
Ich hab versucht das Ergebnis aus dem Jackson in die Form meines Ergebnis zu bringen, jedoch bin ich dabei gescheitert und konnte nach doppeltem Prüfen meiner Rechenschritte und neuem Rechnen keinen Fehler in meiner Rechnung finden.
|
Profil
|
Orangenschale
Senior
Dabei seit: 31.05.2007
Mitteilungen: 2282
Wohnort: Heidelberg, Deutschland
| Beitrag No.11, eingetragen 2017-12-29
|
Beachte bitte, dass die abgestrahlte Leistung aus einer Betrachtung der Felder im Fernfeld folgt. Im Jackson steht das eigentlich sehr schön beschrieben. Im Jackson steht auf einer der letzten Seiten auch, wie man cgs in SI Einheiten umrechnet (im Jackson wird mit SI Einheiten gerechnet).
Selbst wenn du das elektrische und magentische Feld berechnet hast, dann sind die gewonnen Ausdrücke relativ kompliziert. Erst im Fernfeld vereinfachen sie sich deutlich, so dass die abgestrahlte Leistung (mit Winkelabhängigkeit) leicht berechnet werden kann.
Ich würde an deiner Stelle das Ergebnis der Vorlesung verwenden (die Herleitung findest du im Jackson). DIe Berechnung der elektrischen und magneitschen Felder solltest du lieber als Übung betrachten.
Übrigens sieht der Gradient in Kugelkoordianten anders aus als du angegeben hast.
Viele Grüße
OS
|
Profil
|
Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-30
|
Das mit dem Gradienten stimmt, da habe ich die Vorfaktoren bei den beiden Winkelableitungen unterschlagen. Die sollten jedoch nichts am Ergebnis ändern, weil ich gar keine Winkelabhängigkeit habe und lediglich die Radialableitung betrachte.
Ich werde mir das Thema dann im Jackson weiter anschauen. Danke für die Hilfe. Ich hab einiges dabei gelernt.
|
Profil
|
Ehemaliges_Mitglied hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Das Thema wurde von einem Senior oder Moderator abgehakt. |
|
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2023 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die
Nutzungsbedingungen,
die Distanzierung,
die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]
|
Home / Seite ohne Frame
Wie unterstütze ich den Matheplaneten mit Geld?
