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Schreibt eure Formeln hier im Board am besten mit Latex!
So gehts:
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[quote="schnudl"]Meinst du eine gleichmäßig geladene dünne Kugelschale? Ein wenig mehr Input hätte nicht geschadet.. Wenn es tatsächlich so gemeint ist (?), dann wäre eine Lösung der Poisson-Gleichung hier im Grunde ein Overkill, da du ja eine [b]extreme Symmetrie[/b] vorliegen hast. Aber wenn es unbeding sein muss, dann kannst du die Poisson-Gleichung im Inneren schreiben als [latex]\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2}\left( r \Phi(r)\right) = \frac{1}{r} \frac{\dd^2}{\dd r^2}\left( r \Phi(r)\right) = 0[/latex] Du kannst dann noch setzen [latex]\Phi(r) = U(r)/r[/latex] Welche Lösungen für U(r) gibt es hier allgemein? Welche (einzig vernünftige) Lösung ergibt sich daher für das U(r), wenn man annimmt, dass sich das Potenzial bei r=0 stetig verhält.? Übrigens kann man sich hier auch anmelden... :thumb:[/quote]
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dabafsdf
Verfasst am: 22. Mai 2021 13:09
Titel:
achsooo. okay dankeschön
schnudl
Verfasst am: 22. Mai 2021 12:44
Titel:
dabafsdf hat Folgendes geschrieben:
Was meinten sie am Anfang eigentlich mit "extremer Symmetrie" und das es deshalb ein "Overkill" sei ?
Wir sind hier alle auf du...
Overkill deshalb, da alles
radialsymmetrisch
ist und man mit dem
Satz von Gauß
sofort zeigen kann, dass im Inneren kein Feld herrscht und dadurch das Potenzial konstant sein muss.
schnudl
Verfasst am: 22. Mai 2021 12:42
Titel:
Wie kommt man auf solche Ansätze?
Ich kenne das von der Schrödinger Gleichung für das Zentralpotenzial. Aus diesem Zusammenhang ergibt sich das
effektive Potenzial
in der Quantenmechanik.
Aber sofort sehen würde ich es ehrlich gesagt auch nicht. Es hat sich im Studium irgendwie eingebrannt, dass es da "was gibt". Ich hab da auch eine Formelsamlung an der Rückseite meines Jackson, die in den Jahren schon sehr abgegriffen ist. Diese ist weitgehend identisch mit
diesem Link
. Hier findest du viele äußerst nützliche Identitäten, die man ständig benötigt und sich nicht jedes mal auf Neue herleiten möchte.
dabafsdf
Verfasst am: 22. Mai 2021 12:34
Titel:
Was meinten sie am Anfang eigentlich mit "extremer Symmetrie" und das es deshalb ein "Overkill" sei ?
schnudl
Verfasst am: 22. Mai 2021 12:30
Titel:
Zitat:
bleibt nur U=const als lösung
siehst du, so einfach ist das
dabafsdf
Verfasst am: 22. Mai 2021 12:29
Titel:
Also die allgemeine Form von U ist dann ja ein Polynom ersten Grades. Und weil das phi bei r=0 stetig sein soll, bleibt nur U=const als lösung (U=phi/r).
Und ich denke mal die Konstante bekommt man durch den Vergleich mit dem Potential außen. Weil da ja kein Potentialsprung sein darf.
Eine Frage noch: Wie kommt man auf so einen Anatz ? Gibt es da einen Trick ?
schnudl
Verfasst am: 22. Mai 2021 12:24
Titel:
De facto bist du fertig.
dabafsdf
Verfasst am: 22. Mai 2021 12:21
Titel:
ah okay. jetzt habs ichs. dankeschön. hab mich in der ganzen latex schreibweise verloren gehabt
habs jetzt auf blatt geschrieben und es hat geklappt
dann versuch ichs jetzt mal damit
schnudl
Verfasst am: 22. Mai 2021 12:14
Titel:
Du musst ja auch zwei mal ableiten. Dann kommst du auf
Wenn du deines ausrechnest, kommst du ebenfalls auf diesen Ausdruck. Also sind die Ausdrücke identisch.
dabafsdf
Verfasst am: 22. Mai 2021 12:04
Titel:
Ich glaube nicht. Also wenn ich bie deinem eine Ableitung ausführe:
das sieht anders aus als meiner
EDIT schnudl: Hab dir beim LaTeX nachgeholfen.
schnudl
Verfasst am: 22. Mai 2021 11:58
Titel: Re: .
dabafsdf hat Folgendes geschrieben:
Bei Mir ist der radiale Teil des Laplace Operators:
ist das nicht das selbe??
dabafsdf
Verfasst am: 22. Mai 2021 11:53
Titel: .
Hey,
danke für die Antwort. Ja die unendlich dünne Kugelschale ist gleichmäßig geladen.
Wie kommst du auf diesen Operator ? Bei Mir ist der radiale Teil des Laplace Operators:
schnudl
Verfasst am: 22. Mai 2021 11:43
Titel:
Meinst du eine gleichmäßig geladene dünne Kugelschale? Ein wenig mehr Input hätte nicht geschadet..
Wenn es tatsächlich so gemeint ist (?), dann wäre eine Lösung der Poisson-Gleichung hier im Grunde ein Overkill, da du ja eine
extreme Symmetrie
vorliegen hast.
Aber wenn es unbeding sein muss, dann kannst du die Poisson-Gleichung im Inneren schreiben als
Du kannst dann noch setzen
Welche Lösungen für U(r) gibt es hier allgemein?
Welche (einzig vernünftige) Lösung ergibt sich daher für das U(r), wenn man annimmt, dass sich das Potenzial bei r=0 stetig verhält.?
Übrigens kann man sich hier auch anmelden...
dabafsdff
Verfasst am: 22. Mai 2021 11:20
Titel: Potential einer Hohlkugel mittels Poisson-Gleichung
Meine Frage:
Hallo, ich hab ein Problem bei der Berechnung des Potentials innerhalb einer geladenen Hohlkugel (Radius R, Ladung Q) mit die unendlich dünn ist mittels Poisson Gleichung.
Wenn ich die Poisson Gleichung lösen will, muss ich ja integrieren. Und normalerweise macht man das ja von r (r hier < R) bis unendlich, weil im unendlichen das Potential verschwindet. Aber hier geht das nich, weil ja die Kugel bei r=R dazwischen ist. Deshalb hab ich von 0 bis r integriert. Allerdings geht der Wert des Integranten bei 0 gegen unendlich. Und ich denke mal das is nich richtig, weil dann rauskommt, das das Potential im inneren unendlich groß ist.
Meine Ideen:
Meine Idee wäre das doch von r bis unendlich zu integrieren. Allerdings klappt das bei mir iwi nicht