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Mulder
Anmeldungsdatum: 01.11.2007
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 Mulder Verfasst am: 21. Dez 2009 01:30 Titel: Potential eines magnetischen Wirbels |
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Hallo! 
Ich bräuchte mal wieder ein wenig Hilfe bei der Bestimmung eines Potentials. Gegeben ist ein magnetischer Wirbel der Form:
 = \frac{1}{x_1^2+x_2^2} \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \\ 0 \end{pmatrix} \, , \, x = (x_1,x_2,x_3) \in \mathbb R^3 \setminus \{ x_1 =x_2 = 0 \} )
Da soll ich verschiedene Dinge mit machen (skizzieren, rot und div berechnen, und so weiter), war alles auch okay. Aber Schwierigkeiten bereitet nun der Teil, ein Potential anzugeben (da die Rotation hier verschwindet, wird es ja wohl eines geben). Die Integrale waren im Grunde noch ganz gut machbar, aber die sich dabei ergebenden Ausdrücke sind doch etwas unangenehm.
Okay, ich brauche ein ) so, dass gilt:  = H(x))
Dann mal ran an die Buletten:
^{-1} & \Rightarrow & \varphi(x_1,x_2) = -\frac{1}{x_2} \arctan \left (\frac{x_1}{x_2} \right ) + \phi(x_2) )
^{-1} & \Rightarrow & \varphi(x_1,x_2) = \frac{1}{x_1} \arctan \left (\frac{x_2}{x_1} \right ) + \phi(x_1))
Letzteres kann ich, denke ich, hierbei vernachlässigen, oder? Wie ich nun aber die ersten beiden Bedingungen in Einklang bringen soll, entzieht sich meinem Verständnis. Sonst ergibt sich da meistens wohl irgendwas, aber in diesem Fall erscheint mir das recht schwer. Im Wesentlichen sitze ich also hier fest:
 + \phi(x_1)& \overset ! {=} & -\frac{1}{x_2} \arctan \left (\frac{x_1}{x_2} \right ) + \phi(x_2))
Wenn mir da jemand einen Anstoß geben könnte, wie ich da nun am besten weiter mache, wäre das klasse.  |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
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| TomS Verfasst am: 21. Dez 2009 06:57 Titel: |
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Im Falle eines Magnetfeldes gilt doch
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Mulder
Anmeldungsdatum: 01.11.2007
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| Mulder Verfasst am: 21. Dez 2009 15:09 Titel: |
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Tut mir leid, mir ist nicht so ganz klar, inwiefern das für die Bestimmung des Potentials Relevanz haben soll?  |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18103
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| TomS Verfasst am: 21. Dez 2009 17:19 Titel: |
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Lies dir mal - z.B. unter Wikipedia - was zu den Maxwellgleichungen durch; da wirst du feststellen, dass das Magnetfeld nicht durch die Divergenz des skalaren Potentials sondern die Rotation des Vektorpotentials gegeben ist.
Leider kann ich deiner Aufgabenstellung nicht entnehmen, um was es genau geht, aber intuitiv würde ich bei einem Magnetfeld nach dem Vektorpotential A suchen.
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schnudl
Moderator
Anmeldungsdatum: 15.11.2005
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| schnudl Verfasst am: 21. Dez 2009 17:48 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | ..., dass das Magnetfeld nicht durch die Divergenz des skalaren Potentials sondern die Rotation des Vektorpotentials gegeben ist.
Leider kann ich deiner Aufgabenstellung nicht entnehmen, um was es genau geht, aber intuitiv würde ich bei einem Magnetfeld nach dem Vektorpotential A suchen. |
Das stimmt. Es ist aber trotzdem möglich ein Magnetfeld für jene Raumbereiche in denen die Rotation verschwindet (also dort - und NUR dort - wo J=0 ist) als Gradient eines "magnetischen Potenzials" anzuschreiben. Soviel ich weiss, wird dieser Ansatz sogar verwendet, um Felder bei vorgegebenen Randbedingungen (Spulenberechnungen...) zu bestimmen:
So abwegig ist der Ansatz daher nicht.
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Wenn du eine weise Antwort verlangst, musst du vernünftig fragen (Goethe) |
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schnudl
Moderator
Anmeldungsdatum: 15.11.2005
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| schnudl Verfasst am: 21. Dez 2009 19:45 Titel: |
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@Mulder:
Tip: Schreib das Feld doch (viel) besser in Zylinderkoordinaten an!
 = \begin{pmatrix} H_r (r, \varphi, z)\\ H_{\varphi} (r, \varphi, z)\\ H_z(r, \varphi, z) \end{pmatrix} = \ldots )
Wie lautet denn der Gradientoperator in Zylinderkoordinaten?
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Mulder
Anmeldungsdatum: 01.11.2007
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| Mulder Verfasst am: 21. Dez 2009 22:29 Titel: |
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Danke erstmal euch beiden. An ein vektorielles Potential hatte ich zunächst gar nicht gedacht. Ist das im Grunde Geschmackssache, wie man da nun rangeht? Falls ja, bleibe ich jetzt lieber mal beim Gradienten und verfolge erstmal den Ansatz von schnudl:
| schnudl hat Folgendes geschrieben: | | Schreib das Feld doch (viel) besser in Zylinderkoordinaten an! |
Das wäre in der Tat wesentlich angenehmer gewesen. Gut, dann haben wir:
 = \frac{1}{r} \begin{pmatrix} - \cos(\varphi) \\ \sin(\varphi)\\ 0 \end{pmatrix} )
Mit dem Gradienten in Zylinderkoordinaten bin ich nicht wirklich fit, da bitte ich gegebenenfalls um Korrektur. Testweise wollte ich jetzt gerne mal den Gradienten von H in Zylinderkoordinaten ausrechnen.
 \\ - \sin(\varphi) \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} \cos(\varphi) \\ \sin(\varphi) \\ 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{r} \begin{pmatrix} \sin(\varphi) \\ \cos(\varphi) \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} - \sin(\varphi) \\ \cos(\varphi) \\ 0 \end{pmatrix})
Das stinkt eigentlich geradezu nach trigonometrischem Pythagoras, aber das geht hier nicht wirklich auf. Hat sich vielleicht irgendwo ein Vorzeichenfehler eingeschlichen in meiner Rechnung?
Wenn es dann um das Potential geht: Wird es dadurch, dass die Einheitsvektoren ja hier ganz anders aussehen, nicht deutlich schwieriger?
Was vorher noch das hier war...
^{-1})
... wird dann analog doch in Zylinderkoordinaten zu:
 \\ \sin(\varphi) \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{r} \begin{pmatrix} -\cos(\varphi) \\ \sin(\varphi) \\ 0 \end{pmatrix} )
Und ob das nun schöner wird? Oder habe ich was falsch begriffen?
Edit: Mist, da hat sich schon bei der Bestimmung von H in Zylinderkoordinaten ein Fehler eingeschlichen, das müsste nicht 1/r heißen, sondern 1/(r²). |
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schnudl
Moderator
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| schnudl Verfasst am: 22. Dez 2009 04:36 Titel: |
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Du bist immer noch halb in kartesischen Koordinaten.
Man kann einen Vektor auch in seine Radial- Tangential- und z-Komponenten zerlegen. Der tangentiale Einheitsvektor in kartesischen Koordinaten ist gerade
sodass sich das Feld nun schreibt
Weiters ist in Zylinderkoordinaten (siehe meinen Link - das wirst du noch öfter brauchen):
Wenn das nun H ergeben soll, muss daher gelten:
bzw.
oder integriert, das Potenzial:
 = \varphi + C)
Dass dieses selbst bei gegebenem C nicht eindeutig in  ist, ist klar. Kann es auch nicht sein, da die Rotation von H innerhalb der vom Umlauf umrandeten Fläche nicht überall verschwindet.
| Zitat: | | An ein vektorielles Potential hatte ich zunächst gar nicht gedacht. Ist das im Grunde Geschmackssache, wie man da nun rangeht? |
B lässt sich (im Rahmen der Magnetostatik) immer schreiben als Rotor eines Vektorpotenzials:
In gewissen Fällen (beschränkt auf stromlose Raumbereiche) kann man auch
ansetzen, da
Der "physikalischere" Ansatz ist aber wohl der mit dem Vektorpotenzial. Er wird in Lehrbüchern auch primär durchgenommen.
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Mulder
Anmeldungsdatum: 01.11.2007
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| Mulder Verfasst am: 22. Dez 2009 16:38 Titel: |
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Vielen Dank, schnudl!
Mein Fehler war, dass ich bereits bei der Koordinatentransformation einen Fehler gemacht habe. Ich bekam dieses Feld hier:
 = \frac{1}{r} \begin{pmatrix} -\cos(\varphi) \\ \sin(\varphi) \\ 0 \end{pmatrix} )
Richtig wäre aber das hier:
 = \frac{1}{r} \begin{pmatrix} -\sin(\varphi) \\ \cos(\varphi) \\ 0 \end{pmatrix} )
Und dann passt das auch schön mit der Beschränkung auf das Vielfache der Radialkomponenten, wie du das gemacht hast. Das war schlampig von mir...
| schnudl hat Folgendes geschrieben: |
oder integriert, das Potenzial:
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Das ist mein gesuchtes Potential? Das ist ja niedlich... Was genau meinst du denn mit "nicht eindeutig in " an dieser Stelle?
Mir ist allerdings nicht ganz klar, warum ich noch "halb in kartesischen Koordiaten" war. Worauf genau war das denn bezogen (damit mir das nicht nochmal passiert)? Und noch eine Frage:
 \\ \cos(\varphi) \\ 0 \end{pmatrix} )
Du sagtest, das sei der "tangentiale Einheitsvektor in kartesischen Koordinaten". Aber ist der nicht in zylindrischen Koordinaten, so wie er da nun steht? Falls nein, könntest du da nochmal erklären, wo ich hier nun falsch denke? Denn das verstehe ich nun ehrlich gesagt gar nicht... ? |
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schnudl
Moderator
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| schnudl Verfasst am: 22. Dez 2009 18:46 Titel: |
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Mit
| Mulder hat Folgendes geschrieben: | |
hast du ledglich die x, y- und z Koordinaten als Funktion von r und hingeschrieben. Das Koordinatensystem ist aber nach wie vor kartesisch, da du die kartesischen Komponenten hinschreibst.
Zylinderkoordinaten werden durch das Dreibein aus Radial- Tangential- und z-Einheitsrichtung aufgespannt. Die Angabe eines Punktes in Zylinderkoordinaten entspricht daher den Achsenabschnitten des Punktes auf diesem Dreibein:
 http://mathworld.wolfram.com/images/eps-gif/CylindricalCoordinates_1001.gif
Eindeutig ist das Potenzial nicht, denn der Wert bei  unterscheidet sich vom Wert bei  . Das Potenzial ist also nicht wegunabhängig, wie man es sich von einem "ordentlichen" Potenzial erwartet.
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Mulder
Anmeldungsdatum: 01.11.2007
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| Mulder Verfasst am: 22. Dez 2009 19:40 Titel: |
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| schnudl hat Folgendes geschrieben: | | Das Koordinatensystem ist aber nach wie vor kartesisch, da du die kartesischen Komponenten hinschreibst. |
Also muss man, um wirklich in zylindrischen Koordinaten zu schreiben, das Ganze in die einzelnen Komponenten zerlegen?
So? Ist das dann nicht auch karthesisch? Oh man, irgendwie ist das schon recht verwirrend...
Also liegt die mangelnde Eindeutigkeit jetzt nicht irgendwie daran, dass in Zylinderkoordinaten gerechnet wurde, oder? Bei meinem Ansatz im karthesischen bin ich ja auch skeptisch, ob man da überhaupt ein Potential hätte finden können mit dem arctan-Quatsch... |
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schnudl
Moderator
Anmeldungsdatum: 15.11.2005
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| schnudl Verfasst am: 22. Dez 2009 20:30 Titel: |
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Das Resultat kann man natürlich auf vielerlei Arten erhalten:
Polarkoordinaten:
Daraus:
Nun ist allgemein:
Wenn man hier die Felder H einsetzt, nämlich
so kommt man auf die Gleichung
Genauso kommt man auf
und somit zur gesuchten Lösung, ohne irgendetwas über den Gradienten in Zylinderkoordinaten wissen zu müssen.
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