Korrekturen und Ergänzungen

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Seite: , Gleichung (2.75):

$$\iint\limits_{a}\vec{E}\cdot d\vec{a}=\frac{q_{eingeschlossen}}{\epsilon _{0}}$$

Seite: , Abschnitt 12:

$$U(0) = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(\sqrt{0^2+R^2}-0\right)$$

$$\left.\frac{d}{dx}U(x)\right\vert _{x=0} = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(\frac{1}{2}\frac{2x}{\sqrt{x^2+R^2}}-1\right) = - \frac{\sigma}{2\epsilon_0}$$

$$U(x) \approx \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(U(0)+\left.\frac{d}{dx}U(x)\right\vert _{x=0}x\right) = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(R-x\right)$$

Seite: , Abschnitt 2.8.1:

Im Versuch Flächenladungsdichte wird die Flächenladungsdichte gemessen, indem eine kleine Kugel in Kontakt mit verschieden grossen Kugeln auf einem konstanten Potential $\varphi = U$ gebracht werden.

Schematische Darstellung des Flächenladungsversuches.

In der Abbildung 2.28 wird der Messprozess schematisch gezeigt. Eine Kugel mit dem Radius $R$ wird auf die Spannung $U$ aufgeladen. Die kleine Kugel mit dem Radius $r$ wird mit der grossen Kugel in Kontakt gebracht. Nach kurzer Zeit haben beide Kugeln gegen Erde (unendlich) das Potential $\varphi_0 = U$. Wenn wir annehmen, dass die kleine Kugel eine unwesentliche Störung der grossen Kugel ist, ist die Kapazität der beiden Kugeln

$$C_{\text{gemeinsam}} \approx C_R = 4 \pi \varepsilon_0 R$$

Die Flächenladungsdichte der beiden Kugeln im Kontakt ist durch

$$Q_R = 4\pi \left(R^2+r^2\right) \sigma_{\text{gemeinsam}} = C_{\text{gemeinsam}}U \approx C_R U = 4 \pi \varepsilon_0 R U$$

gegeben. Durch die Trennung der beiden Kugeln wird die Flächenladungsdichte $\sigma_{\text{gemeinsam}}$ auf beiden Kugeln eingefroren. Für die kleine Kugel haben wir dann

$$q_r = 4\pi r^2 \sigma_{\text{gemeinsam}}$$

Die Kugel hat nach der Trennung ein anderes Potential gegen unendlich, nämlich

$$q_r = 4\pi r^2 \sigma_{\text{gemeinsam}} = C_r U_r = 4\pi \varepsilon_0 r U_r \Rightarrow U_r = \frac{r \sigma_{\text{gemeinsam}}}{\varepsilon_0}$$

Aus dem Potential an der grossen Kugel $U = \frac{R \sigma_{\text{gemeinsam}}}{\varepsilon_0}$ bekommt man

$$\sigma_{\text{gemeinsam}} = \frac{\varepsilon_0 U}{R}$$

und

$$U_r = U \frac{r}{R}$$

Aus Gleichung (2.105) und Gleichung (2.106) erhalten wir

$$q_r = 4\pi r^2 \frac{\varepsilon_0 U}{R} = \frac{ 4\pi \varepsilon_0 r^2}{R} U$$

Die Kugel wird schliesslich auf das Ladungsmessgerät (eigentlich ein Strom-Integrierer) aufgebracht. Die gemessene Ladung ist proportional zu $1/R$ und damit proportional zu $\sigma_$gemeinsam.

Seite: , Gleichung (3.98):

$$p_x' = p_x$$

$$p_y' = \gamma(v)\left(p_y-v\frac{\mathfrak{E}}{c^2}\right)$$

$$p_z' = p_z$$

$$\mathfrak{E}' = \gamma(v)\left(\mathfrak{E}-v\cdot p_y\right)$$

Seite: , Gleichung (3.102):

$$\mathfrak{F}(r) = n\cdot F_z(r) = \frac{n\cdot q \cdot v \cdot I}... ...cdot \frac{1}{r}= \frac{I_2 \cdot I}{2\pi\epsilon_0 \cdot c^2}\cdot \frac{1}{r}$$

Seite: , Abschnitt 3.7.2:

Aus $\mathfrak{F}(r)$ bekommt man die Kraft auf ein Leiterstück der Länge $\ell$

$$F(r,I,I_2,\ell) = \ell\cdot\mathfrak{F}(r) = n\cdot\ell\cdot F_z(... ...{r}= \frac{I_2 \cdot I\cdot \ell}{2\pi\varepsilon_0 \cdot c^2}\cdot \frac{1}{r}$$

Seite: , Abschnitt 28:

In Gleichung (3.121) enthält das Differential die Beiträge der oberen linken Seite plus die Beiträge der oberen rechten Seite plus die Beiträge der unteren linken Seite plus die Beiträge der unteren rechten Seite. Das gesamte Drehmoment bekommt man, indem man über die halbe Seite $a$ integriert.

$$\vec{M}= \int\limits_0^{a/2} d\vec{M}= \int\limits_0^{a/2}\left(2... ...}{ds} ds + \int\limits_0^{a/2}2 \cdot \vec{r}_2 \times \frac{d\vec{F}_2}{ds} ds$$

Wenn $\vec{F}_1$ die Kraft auf die ganze obere Seite ist (und $\vec{F}_2$ entsprechend für die untere Seite), ist

$$\int\limits_0^{a/2} 2\cdot \vec{r}_1 \times \frac{d\vec{F}_1}{ds}... ..._1}{ds} ds = 2\cdot \vec{r}_1 \times\frac{\vec{F}_1}{2}\vec{r}_1\times\vec{F}_1$$

Seite: , Abschnitt 13:

Das Vektorpotential

$$\vec{A}(\vec{r}) = \left( \begin {array}{c} \frac{1}{2} {\frac {... ... \left( {x}^{2}+{y}^{2} \right) }} \noalign{\medskip }0\end {array} \right)$$

ergibt das magnetische Feld für einen in der $z$-Richtung laufenden Strom $I$

$$\vec{H}(\vec{r})=\left( \begin {array}{c} -\frac{1}{2} {\frac {I... ...\left( {x}^{2}+{y}^{2} \right) }} \noalign{\medskip }0 \end {array} \right)$$

In Zylinderkoordinaten $(r,\theta,z)$ gehört zum Magnetfeld

$$\vec{H}(r,\theta,z)=\left( \begin {array}{c} 0 \noalign{\medskip }\frac{1}{2} {\frac {I}{\pi r}} \noalign{\medskip }0\end {array} \right)$$

das Vektorpotential

$$\vec{A}(r,\theta,z) = \left( \begin {array}{c} \frac{1}{2} {\fra... ...{\pi r}} \noalign{\medskip }0 \noalign{\medskip }0\end {array} \right)$$

Seite: , Gleichung (2.53):

$$U(\vec{r}) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\iiint\limits \frac{\rho_... ...on_0}\iiint\limits \frac{dq(\vec{r}_i)}{\left\vert\vec{r}-\vec{r}_i\right\vert}$$

Seite: , Gleichung (3.145):

$$\vec{A}\left(\vec{r}\right) = \frac{\mu_0}{4\pi}\iiint \frac{\vec{i}\left(\vec{r'}\right)}{\left\vert\vec{r}-\vec{r}'\right\vert}dV'$$

Seite: , Abschnitt 13:

Aus der Beziehung ${}\boldsymbol{\mathrm{rot}}{} {\vec{A}}=\vec{B}$ (Siehe Landau und Lifschitz, Klassische Feldtheorie [LL89, pp. 121]) bekommen wir

$$\vec{B}(\vec{r}) = {}\boldsymbol{\mathrm{rot}}{} {\frac{\mu_0}{... ... \frac{\vec{i}\left(\vec{r'}\right)}{\left\vert\vec{r}-\vec{r}'\right\vert}dV'}$$

Nun bezieht sich die Rotation nur auf $\vec{r}$, nicht aber auf $\vec{r}'$. Deshalb kann sie unter das Integral gezogen werden.

$$\vec{B}(\vec{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi} \iiint \left( {}\boldsymbo... ...\vec{i}\left(\vec{r'}\right)}{\left\vert\vec{r}-\vec{r}'\right\vert}}\right)dV'$$

Nun gilt für die Rotation eines Produktes (Siehe Bronstein, Taschenbuch der Mathematik [BSMM00, pp. 468])

$${}\boldsymbol{\mathrm{rot}}{} {U \vec{B}} = U {}\boldsymbol{\mathrm{rot}}{} {\vec{B}} + {}\boldsymbol{\mathrm{grad}}{} {U}\times \vec{B}$$

Hier ist der Vektor $\vec{i}(\vec{r}')$ bezüglich der Rotation eine Konstante, da er nur von $\vec{r}'$ und nicht von $\vec{r}$ abhängt. Weiter darf die Ableitung irgend eines Punktes nicht davon abhängen dass das Koordinatensystem um einen Konstanten Vektor verschoben wurde. Wir rechnen deshalb die Ableitungen in der Rotation, beziehungsweise im Gradienten, nicht bezüglich $\vec{r}$ sondern bezüglich des verschobenen Koordinatensystems $\vec{\rho}= \vec{r}-\vec{r}'$ aus. Es bleibt also

$$\vec{B}(\vec{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi} \iiint \left( {}\boldsymbol{\mathrm{grad}}{... ...{r}-\vec{r}'\right\vert}}\times \vec{i}\left(\vec{r'}\right)\right)dV'\nonumber$$

$$= \frac{\mu_0}{4\pi} \iiint \left( {}\boldsymbol{\mathrm{grad}}{... ...rt\vec{\rho}\right\vert}}\times \vec{i}\left(\vec{r'}\right)\right)dV'\nonumber$$

$$= \frac{\mu_0}{4\pi} \iiint \left(\left(-\frac{\vec{\rho}}{\left\... ...{\rho}\right\vert}\right)\times \vec{i}\left(\vec{r'}\right)\right)dV'\nonumber$$

$$= \frac{\mu_0}{4\pi} \iiint { \frac{\vec{i}\left(\vec{r'}\right)\times\vec{\rho}}{\left\vert\vec{\rho}\right\vert^{3}}}dV'\nonumber$$

$$= \frac{\mu_0}{4\pi} \iiint \frac{\vec{i}\left(\vec{\rho}\right) \times\vec{\rho}}{\left\vert\vec{\rho}\right\vert^{3}}dV_{\vec{\rho}}$$

Die letzte Zeile ergibt sich, da für die Zwecke der Integration $\vec{r}$ eine Konstante ist. Auch hier muss das Resultat der Integration unabhängig davon sein, dass wir das Koordinatensystem verschoben oder das Vorzeichen geändert haben. Deshalb darf man $\vec{i}(\vec{r}')=\vec{i}(\vec{r}-\vec{r'}) = \vec{i}(\vec{\rho})$ setzen.

Wir betrachten nun einen infinitesimal dünnen Strom $dI \vec{e}_{Draht}(\vec{r}')=\vec{i}=I d\vec{\ell}$. $\vec{e}_{Draht}$ ist ein Einheitsvektor entlang des Drahtes. Da $\vec{i}$ überall null ist ausser auf dem eindimensionalen Draht, wird aus dem Volumenintegral ein eindimensionales Integral. Wieder ist es für die Integration egal, ob wir $\vec{i}$ von $\vec{r}'$ oder von $\vec{\rho}$ abhängen lassen.

$$\vec{B}(\vec{r}) = \frac{\mu_0 I}{4\pi}\oint\limits_{Leiter}\frac{d\vec{\ell}\times\vec{\rho}}{\rho^3}$$

Diese Gleichung ist bekannt als das Gesetz von Biot-Savart. Mit ihm kann man das Feld einer beliebigen Leiteranordnung berechnen.

Auch wenn sie physikalisch keine Bedeutung hat, kann es sinnvoll sein in Zwischenschritten die differentielle Formulierung zu verwenden, nämlich die Formel von Laplace.

$$d\vec{B}= \frac{\mu_0 I}{4\pi}\cdot\frac{d\vec{\ell}\times\vec{\rho}}{\rho^3}$$

Achtung: nur die integrale Form hat eine physikalische Bedeutung!

Seite: , Gleichung (3.178):

$$E_x' = \gamma \left(E_x+\frac{v}{c^2}\frac{1}{\varepsilon_0}\cdot H_z\right)$$

$$E_y' = E_y \nonumber$$

$$E_z' = \gamma \left(E_z-\frac{v}{c^2}\frac{1}{\varepsilon_0} H_x\right)\nonumber$$

$$H_x' = \gamma \left(H_x-v \varepsilon_0 E_z\right) \nonumber$$

$$H_y' = H_y \nonumber$$

$$H_z' = \gamma\left(H_z+ v \varepsilon_0 E_x\right)\nonumber$$

Seite: , Gleichung (4.18):

$$E_z' = \frac{- v_y B_x}{\sqrt{1-v_y^2/c^2}} \approx - v_y B_x \nonumber$$

$$B_x' = \frac{B_x}{\sqrt{1-v_y^2/c^2}} \approx B_x$$

Seite: , Abschnitt 4.1.5:

Wir berechnen zuerst die magnetische Induktion eines Kreisringes mit dem Radius $r$ im Abstand $z$ vom Nullpunkt ( $\vec{r}' = (x,y,z)$) am Nullpunkt ( $\vec{r}=(0,0,0)$). Ausgehend von Gleichung (3.150) schreiben wir für einen Kreisring auf der Position $z$ mit dem Radius $r$ für $\vec{\rho}$.

$$\vec{\rho}= \vec{r}-\vec{r}'=\left(-x\text{,} -y\text{,} -z\right)$$

Da $r$ konstant ist, schreiben wir $x$ und $y$ als Funktion des Winkels $\phi$

$$\vec{\rho}= \left(-r\cos(\phi)\text{,} -r\sin(\phi)\text{,} -z\right)$$

Der Strom $I$ soll im Gegenuhrzeigersinn umlaufen, also in positiver Richtung. Ein Längenelement entlang des Kreisringes ist

$$d\vec{\ell}= \left(-y\text{,} x\text{,} 0\right)\frac{d\ell}{r} = \left(-\sin(\phi)\text{,} \cos(\phi)\text{,} 0\right)r d\phi$$

Das Vektorprodukt $d\vec{\ell}\times\vec{\rho}$ ergibt

$$d\vec{\ell}\times\vec{\rho}= \left(-r z\cos(\phi)\text{,} -r z\sin(\phi)\text{,} r^2\right)d\phi$$

Seite: , Gleichung (5.13):

$${}\boldsymbol{\mathrm{div}}{} \vec{D} = \rho_{el} \textbf{I}$$

$${}\boldsymbol{\mathrm{rot}}{} \vec{E} = -\frac{\partial\vec{B}}{\partial t} \textbf{II}$$

$${}\boldsymbol{\mathrm{div}}{} \vec{B} = 0 \textbf{III}$$

$${}\boldsymbol{\mathrm{rot}}{} \vec{H} =\vec{i}+ \underline{\varepsilon}\varepsilon_0\frac{\partial \vec{E}}{\partial t} \textbf{IV}$$

Seite: , Gleichung (5.14):

$$\displaystyle\iint\limits_{A(V)}^{} \vec{D}\cdot d\vec{a}= \displaystyle\iiint\limits_{V}^{} \rho_{el}(\vec{r}) dV \textbf{I}$$

$$\oint\limits_S \vec{E}\cdot d\vec{s}= -\frac{d}{dt}\displaystyle\iint\limits_{A(S)}^{}\vec{B}\cdot d\vec{a} \textbf{II}$$

$$\displaystyle\iint\limits_{A(V)}^{} \vec{B}\cdot d\vec{a}= 0 \textbf{III}$$

$$\oint\limits_{S}\vec{H}\cdot d\vec{s}= \displaystyle\iint\limits_{A(S)}^{} \left(\vec{i}+ \underline{\varepsilon}\varepsilon_0\frac{\partial \vec{E}}{\partial t}\right)\cdot d\vec{a} \textbf{IV}$$

Seite: , Gleichung (6.63):

$$\vec{e}_n \times \vec{E}_e \times \vec{e}_n$$

Seite: , Gleichung (6.64):

$$\vec{e}_n \times \vec{E}_e \times \vec{e}_n+\vec{e}_n \times \vec{E}_r \times \vec{e}_n = \vec{e}_n \times \vec{E}_t \times \vec{e}_n$$

Seite: , Gleichung (6.65):

$$\vec{e}_n \times \vec{\mathfrak{E}}_{e} \cos\left(\vec{k}_e\cdot\vec{r}-\omega_e t\right) \times \vec{e}_n +\vec{e}_n \times \vec{\mathfrak{E}}_{r} \cos\left(\vec{k}_r\cdot\vec{r}-\omega_r t+\varphi_r\right) \times \vec{e}_n\nonumber$$

$$= \vec{e}_n \times \vec{\mathfrak{E}}_{t} \cos\left(\vec{k}_t\cdot\vec{r}-\omega_r t+\varphi_t \right) \times \vec{e}_n$$

Seite: , Gleichung (6.75):

$$\frac{\omega}{k}_i = c_i = \frac{1}{\sqrt{\mu_i\mu_0\varepsilon_i\varepsilon_0}}$$

Seite: , Gleichung (6.79):

$$\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\varepsilon_1\varepsilon_1}{\mu_1\mu_0}}\l... ... \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\varepsilon_2\varepsilon_0}{\mu_2\mu_0}}E_t^2\cos\gamma$$

Seite: , Abschnitt 6.7.2:

Darstellung der Richtungen der elektrischen Felder für die $s$- und $p$-Polarisation.

Im Grenzfall $\alpha \rightarrow 0$ müssen die Resultate für die $s$- und $p$-Polarisation übereinstimmen. Lässt man in Gleichung (6.99) $\alpha$ gegen null gehen, ergibt sich für das reflektierte elektrische Feld $E_{r,p}>0$. Andererseits ist der Grenzwert des elektrischen Feldes $E_{s,p}$ für $\alpha$ gegen Null bei Gleichung (6.87) negativ. Dies ist korrekt, da nach der Abbildung 6.16 die Vektoren für beide Polarisationen in unterschiedliche Richtungen zeigen. Die beiden Werte $E_{s,p}$ und $E_{p,r}$ sind die Vorfaktoren. Also zeigen die beiden elektrischen Felder der reflektierten Wellen identisch.

Wenn in der Gleichung Gleichung (6.99) für $E_r$ der Nenner $\alpha+\gamma(\alpha)= \pi/2$ ist, divergiert der Nenner, Wir erhalten also $E_r(\alpha=\pi/2-\gamma(\alpha)) = 0$. Dies ist der Brewster-Winkel.

Seite: , Abschnitt 13:

Aus der Additivität der Ladung folgt, dass bei der Parallelschaltung von Kondensatoren sich die Kapazitäten addieren.