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svloga	Verfasst am: 06. Sep 2016 16:31    Titel: Danke euch, mir ist jetzt so einiges klar geworden :)
GvC	Verfasst am: 06. Sep 2016 15:13    Titel: franz hat Folgendes geschrieben: und können im Zusammenhang dieser Integration auch antiparallel sein (beispielsweise bei der Integration von unendlich bis r). Das negative Vorzeichen bei steckt dann quasi im dr. Hallo franz, Du hattest schon in einem vorherigen Beitrag darauf hingewiesen. chris39 hatte aber zuvor schon empfohlen, das unbestimmte Integral zu lösen (mit positivem und positivem ) und dann die Integrationskonstante so zu wählen, dass das Potential im Unendlichen (oder an jeder anderen frei wählbaren Stelle) Null wird. Dann braucht man sich um das Vorzeichen keine Gedanken zu machen, das ergibt sich automatisch. Und Fehlermöglichkeiten werden dadurch minimiert.
franz	Verfasst am: 06. Sep 2016 00:03    Titel: und können im Zusammenhang dieser Integration auch antiparallel sein (beispielsweise bei der Integration von unendlich bis r). Das negative Vorzeichen bei steckt dann quasi im dr.
GvC	Verfasst am: 05. Sep 2016 22:58    Titel: svloga hat Folgendes geschrieben: Oder ist es wie oben nur ohne den doppelten Einheitsvektor richtig? Es dürfen nur die beiden Vektoren (Richtung des el. Feldes) und (in dieselbe Richtung weisend) da stehen. Wenn Du die skalar multiplizierst, erhältst Du
svloga	Verfasst am: 05. Sep 2016 18:07    Titel: Ja da hast du Recht, dann bleibt für mich weiter die Frage offen: svloga hat Folgendes geschrieben: Ist es richtig, statt zu schreiben oder ist das hier wegen egal? Oder ist es wie oben nur ohne den doppelten Einheitsvektor richtig?
GvC	Verfasst am: 05. Sep 2016 15:23    Titel: Aber Du multiplizierst zusätzlich noch mit dem Vektor . Und das ist dann kein Skalar mehr. Oder wie siehst Du das?
svloga	Verfasst am: 05. Sep 2016 14:57    Titel: Aber durch ist es doch nach der Berechnung eine skalare Größe?
GvC	Verfasst am: 05. Sep 2016 14:32    Titel: svloga hat Folgendes geschrieben: Eine richtige Antwort wäre also: Hier ist ein zuviel. Nach Deinem Ansatz wäre das Potential ein Vektor.
svloga	Verfasst am: 05. Sep 2016 13:24    Titel: Demnach gibt es zu solch einer Aufgabe nicht nur "die" Lösung, sondern mehrere, jenachdem wo man das Bezugspotential legt, wie man Konstanten wählt und welche Wegelemente man benutzt etc.? Eine richtige Antwort wäre also: Die Einheitsvektoren ergeben ja eh "1". Begründung: Wähle c so, dass ist? chris39: Du sagtest die Variante ohne Grenzen funktioniert in den "meisten" Fällen: Bezieht sich das vor allem auf Fälle, bei denen man Symmetrien ausnutzen kann wie in diesem Beispiel? franz: Ist das so wie oben in Ordnung? Ist es richtig, statt zu schreiben oder ist das hier wegen egal?
franz	Verfasst am: 05. Sep 2016 02:14    Titel: Bei der Durchführung des Integrals bitte auch auf die Orientierungen von und achten (Vorzeichen!). (Mit den Grenzwerten geht es in der Physik eher locker zu.)
chris39	Verfasst am: 05. Sep 2016 02:14    Titel: edit: anstelle von null muss da natürlich dein Raumpunkt P stehen (der hier mit r variiert) ich empfehle allerdings die Variante ohne Grenzen, da diese in den meisten Fällen funktioniert.
chris39	Verfasst am: 05. Sep 2016 02:01    Titel: Hi svloga, du kannst auch einfach mit einem unbestimmten Integral rechnen (die Grenzen vorerst weglassen), dann bekommst du natürlich dein Ergebnis plus einer noch unbekannten Konstanten. Du kannst den Bezugspunkt des Potentials ja frei wählen, oft fällt die Wahl auf , wodurch dann auch die Konstante null wird. Der Grund warum dir deine Lösung "nicht gefällt" ist, dass du ein uneigentliches Integral immer erst in einen Limes umschreiben musst (wenn du es mathematisch korrekt haben möchtest): Grüße Christian
svloga	Verfasst am: 04. Sep 2016 16:22    Titel: Skalarpotential aus E-Feld bestimmen Guten Tag, ich habe Fragen zu einer Aufgabe, bei der ich entweder mit Vorzeichen oder den Integrationsgrenzen wohl etwas falsch mache. Von der Idee her versuche ich von folgender Gleichung auszugehen: Gegeben ist ein elektrisches Feld, dessen Skalarpotential gesucht ist. E ist das Feld einer Punktladung Q im Ursprung, r ist der Abstand zum Ursprung und der Einheitsvektor zeigt radial vom Ursprung weg. Aus Symmetriegründen habe ich festgestellt, dass phi nur von r abhängig ist (Kugelschalen) und kann demnach sagen: Da die Ladung im Ursprung liegt, würde ich von 0 bis r integrieren wollen, was ja aber schlecht geht, da man 0 ja nicht in die Stammfunktion (-1/r) einsetzen kann. Um also eine der Integrationsgrenzen "zu Null" werden zu lassen, müsste die untere Grenze "unendlich" sein. Eine Integration von "unendlich" bis r liefert: Das Ergebnis ist laut Lösung richtig, aber leider bin ich selber nicht wirklich vom Rechenweg überzeugt. Zudem habe ich den Einheitsvektor ja auch einfach links liegen gelassen...bei einer Integration von "unendlich" bis r zeigt dieser doch in Richtung Ursprung, hätte also ein negatives Vorzeichen. Dieses zusätzliche Minuszeichen passt dann aber auch wieder nicht zum Ergebnis... Mag durchaus sein, dass ich die ein oder andere grundlegende Sache nicht richtig verstanden habe, ich bitte um Erklärung, Danke!

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