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Physik » Elektrodynamik » Potentiale in Lorenz-Eichung
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Universität/Hochschule J Potentiale in Lorenz-Eichung
Mandacus
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  Themenstart: 2022-11-10

Guten Tag, ich habe eine Frage zu einer Aufgabe bei der es um die Berechnung von Potentialen in der Lorenzeichung geht. https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/46688_Potentiale.jpg Meine Frage bezieht sich auf a). Mit der Kontinuitätsgleichung ergibt sich $$ \partial_t \rho (\vec{r},t) =-\nabla \vec{j} (\vec{r},t) =-\omega \vec{d}_0 \sin(\omega t) \nabla \delta(\vec{r}-\vec{r}_0) $$ Integriert man bzgl. t so erhält man $$ \rho (\vec{r},t) =- \omega \vec{d}_0 \int_{0}^{t} dt' \sin(\omega t') \nabla \delta(\vec{r}-\vec{r}_0) \tag{1}. $$ Es gilt $ \delta(\vec{r}-\vec{r}_0)=-\frac{1}{4 \pi} \Delta \frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}_0|}$ und somit $$ \nabla \delta(\vec{r}-\vec{r}_0) =-\frac{1}{4 \pi} \nabla \left( \Delta \frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}_0|} \right) \tag{2}. $$ Wenn man (2) in (1) einsetzt erhält man (unter der Annahme, dass $\vec{r}$ nicht zeitabhängig ist) eine Kosinusfunktion. Somit hätte man einen Ausdruck für die Ladungsdichte gefunden. Die Ladungsdichte selber gibt die Anzahl der Ladungsträger pro Volumeneinheit ein. Allerdings scheint mir das als Lösung alles zu einfach zu sein, sodass sich mir die Frage stellt ob ich hier auf dem richtigen Weg bin oder noch mehr (oder etwas ganz anderes) verlangt wird.


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semasch
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-11-11

Moin Mandacus, \quoteon(2022-11-10 15:02 - Mandacus im Themenstart) Mit der Kontinuitätsgleichung ergibt sich $$ \partial_t \rho (\vec{r},t) =-\nabla \vec{j} (\vec{r},t) =-\omega \vec{d}_0 \sin(\omega t) \nabla \delta(\vec{r}-\vec{r}_0) $$ Integriert man bzgl. t so erhält man $$ \rho (\vec{r},t) =- \omega \vec{d}_0 \int_{0}^{t} dt' \sin(\omega t') \nabla \delta(\vec{r}-\vec{r}_0) \tag{1}. $$ \quoteoff Das passt schon mal gut. \quoteon(2022-11-10 15:02 - Mandacus im Themenstart) Es gilt $ \delta(\vec{r}-\vec{r}_0)=-\frac{1}{4 \pi} \Delta \frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}_0|}$ und somit $$ \nabla \delta(\vec{r}-\vec{r}_0) =-\frac{1}{4 \pi} \nabla \left( \Delta \frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}_0|} \right) \tag{2}. $$ \quoteoff Dieser Teil ist bringt dich hier nicht weiter in Richtung des vom Aufgabensteller gewünschten Ziels. \quoteon(2022-11-10 15:02 - Mandacus im Themenstart) Wenn man (2) in (1) einsetzt erhält man (unter der Annahme, dass $\vec{r}$ nicht zeitabhängig ist) eine Kosinusfunktion. \quoteoff Auch ohne Einsetzen von (2) in (1) (was hier, wie geschrieben, nichts bringt) ergibt sich die insinuierte Kosinusfunktion. Natürlich ist $\vec{r}$ nicht von $t$ abhängig, da es sich dabei um unabhängige Variablen handelt, von denen $\rho$ und $\vec{j}$ abhängen. \quoteon(2022-11-10 15:02 - Mandacus im Themenstart) Somit hätte man einen Ausdruck für die Ladungsdichte gefunden. Die Ladungsdichte selber gibt die Anzahl der Ladungsträger pro Volumeneinheit ein. \quoteoff Dass $\rho$ die Ladungsmenge pro Volumeneinheit angibt, ist richtig, aber hier zu unspezifisch. Du hast nun ja \[ \rho(\vec{r},t) = \vec{d}_0 \cos(\omega t) \cdot \nabla\delta(\vec{r}-\vec{r}_0). \] Diese Ladungsdichte sollte dir bekannt vorkommen. Das einschlägige Stichwort lautet "harmonisch oszillierender Punktdipol". LG, semasch


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Mandacus
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-12

Also, wenn ich die gefundene Ladungsdichte bzgl. des Ortes integriere erhalte ich $$ \phi(\vec{r}) =\int d^3 r' (\cos(\omega t)-1) \vec{d}_0 \frac{\nabla_{\vec{r}'} \delta(\vec{r}-\vec{r}_0)}{|\vec{r}-\vec{r'}|} \\ =(\cos(\omega t)-1) \vec{d}_0 \nabla_{\vec{r}} \frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}'|} \Large|_{\vec{r}=\vec{r}_0} \\ =(\cos(\omega t)-1) (\vec{d}_0 \cdot \vec{r}) \frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}_0|} $$ was tatsächlich wie ein Dipol-Potential aussieht. Also beschreibt die Ladungsdichte die Ladungsverteilung eines oszillierenden Dipols, richtig? Abgesehen davon habe ich allerdings nun noch ein Problem mit der Lösung der Aufg.d) bekommen. Ich habe zunächst für das Vektorpotential und das Skalarpotential in Lorenzeichung durch Nutzung der entsprechenden Integralformeln $$ \vec{A}(\vec{r},t) =\frac{\mu_0}{4 \pi} \omega \vec{d}_0 \frac{\sin(L)}{|\vec{r}-\vec{r}_0|} $$ $$ \phi(\vec{r},t) =-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} (\vec{d}_0 \cdot (\vec{r}-\vec{r}_0)) \left( \frac{\cos(L)-1}{|\vec{r}-\vec{r}_0|^3} - \frac{\omega}{c} \frac{\sin(L)}{|\vec{r}-\vec{r}_0|^2} \right) $$ gefunden, wobei $L:=\omega \left(t- \frac{|\vec{r}-\vec{r}_0|}{c} \right)$. Das elektrische Feld ist nun durch $\vec{E}=-\nabla \phi-\partial_t \vec{A}$ gegeben. Hier erhalte ich $$ \nabla \phi =-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{\cos(L)-1}{|\vec{r}-\vec{r}_0|^3} - \frac{\omega}{c} \frac{\sin(L)}{|\vec{r}-\vec{r}_0|^2} \right) \vec{d}_0 \\ -\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} (\vec{d}_0 \cdot (\vec{r}-\vec{r}_0)) \left[ \left( -3 \frac{\cos(L)-1}{|\vec{r}-\vec{r}_0|^5} + \frac{\omega}{c} \frac{\sin(L)}{|\vec{r}-\vec{r}_0|^4} \right) - \left( -2 \frac{\sin(L)}{|\vec{r}-\vec{r}_0|^2} -\frac{\omega}{c} \frac{\cos(L)}{|\vec{r}-\vec{r}_0|^3} \right) \right] (\vec{r}-\vec{r}_0) $$ und $$ \frac{\partial \vec{A}}{\partial t} =\frac{\mu_0}{4 \pi} \omega^2 \frac{\cos(L)}{|\vec{r}-\vec{r}_0|} \vec{d}_0. $$ Um das elektrische Feld zu berechnen muss ich diese beiden Terme nun addieren und mit (-1) multiplizieren. Wo ich jetzt Probleme habe, das ist die Identifikation des Fernfeld-Terms. Ich weiß, dass man den Ausdruck $\frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}'|}$ im Potentialintegral in eine Taylorreihe entwickeln kann, sodass sich das Potential als eine Reihe von Beiträgen $$ \phi=\phi_1+\phi_2+\phi_3+... $$ schreiben lässt, wobei $\phi_k$ wie $\frac{1}{r^k}$ abfällt. Die Terme höherer Ordnung sind im Fernfeld also irrelevanter als die niedrigerer Ordnung. Ein relevanter Term müsste demnach $\frac{\mu_0}{4 \pi} \omega^2 \frac{\cos(L)}{|\vec{r}-\vec{r}_0|} \vec{d}_0$ sein. Aber reicht das aus? Bis zu welcher Ordnung werden die Terme in der Darstellung von $\vec{E}$ denn als relevant für das Fernfeld angenommen? \Edit: Die Frage hat sich erledigt. Der dominante Term ist natürlich der erste nicht verschwindende.


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