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Mr. Wood
Anmeldungsdatum: 17.04.2011
Beiträge: 8
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 Mr. Wood Verfasst am: 17. Apr 2011 03:30 Titel: eindimensionale punktsymmetrische Ladungsverteilung |
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Hallo,
es geht um Folgendes:
Betrachten Sie folgende Dreidimensionale Ladungsverteilung, die nur von der x-Koordinate abhängig ist:
 =\rho (x)= \rho_{0} x e^{- \lambda |x|} )
Berechnen sie das elektrische Feld im Bereich  mit Hilfe der differentiellen Maxwellgleichung der Elektrostatik.
Mir ist bewusst, dass am 11. april diese frage schon einmal gestellt wurde, allerdings mir einem unausgereifteren Ansatz und Antworten die mir leider nicht weitergeholfen haben.
Die Gleichung aufzustellen ist nicht so schwierig, da wir bisher nur eine hatten:
}{\epsilon_0}\right))
Nun integriere ich darüber und wende den Gaußschen Satz an.
 \int^{\infty}_{-\infty} dx\,\rho_{0} x e^{- \lambda |x|}\int^{\infty}_{-\infty} dy\int^{\infty}_{-\infty} dz)
Nun schaue ich mir die Oberflächenelemente eines kleinen Würfels an. Da sich das Feld nur in der x-Komponente überhaupt ändert, sind nur die beiden Oberflächen interessant die in der y-z Ebene, liegen, da der Oberflächenvektor senkrecht auf der Oberfläche steht. Die anderen Flächen sind betraglich gleich groß und entgegengesetzt, eleminieren sich also, da das Feld nicht von y oder z abhängt.
Und hier taucht mein Problem auf: Ich schaffe es nicht, in mein Oberflächenintegral die beiden infinitesimalen Oberflächen einzubringen, da die Feldstärken an den Oberflächen verschieden sind (sie liegen um dx auseinander). Wenn ich das aber nicht mache und nur eine einfache Oberfläche eingehen lasse, dann wird mein schönes Integral zu Null.
 \int^{\infty}_{-\infty} dy\int^{\infty}_{-\infty} dz= \left(\frac{1}{\epsilon_0}\right) \int^{\infty}_{-\infty} dx\,\rho_{0} x e^{- \lambda |x|}\int^{\infty}_{-\infty} dy\int^{\infty}_{-\infty} dz)
= \left(\frac{1}{\epsilon_0}\right) \left(\int_{0}^{\infty} \rho_{0} x e^{-\lambda x} dx + \int_{-\infty}^{0} \rho_{0} x e^{\lambda x} dx \right))
Ein paar Schritte partiell integrieren später...
=\left(\frac{1}{\lambda^2}\right)-\left(\frac{1}{\lambda^2}\right)=0 )
Jeder Schritt ist mehrfach geprüft. Irgendwo ist das ja auch logisch denn links der x-Achse ist nur negative, recht nur positive Ladung, die Gesamtladung ist also Null. Wenn ich allerdings in den Ursprung eine positive Probeladung lege, bleibt die sicher nicht liegen, da nach links nur anziehende, nach rechts nur abstoßende Kräfte wirken. Damit kann das Feld nicht Null sein. Ich wüsste nun also gerne, warum die zweite Fläche beim Oberflächenintegral so wichtig ist und wie ich sie ins Integral bekomme. Falls dieser Ansatz ins Leere führen sollte, wäre ich auch für die Information dankbar. Für intelligentere Ansätze wäre ich natürlich auch zu haben (bitte dann aber keine vollständigen Lösungen, soll ja auch noch was zu tun haben).
Danke im voraus |
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kraft
Gast
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| kraft Verfasst am: 17. Apr 2011 08:43 Titel: |
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Schau dir, was du da bei Satz von Gauß schreibst. Auf der rechten Seite steht ein bestimmtes Integral mit festen Grenzen. Wenn man ein bestimmtes Integral auswertet, bekommt man immer eine Zahl raus, da kann keine x abhängige Funktion rauskommen. Auf der Linken seite, da schriebst du aber E(x). Offensichtlich wäre dann E(x)=konst. und damit divE = 0. |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 17. Apr 2011 11:04 Titel: Re: eindimensionale punktsymmetrische Ladungsverteilung |
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Kleinigkeit am Rande, neben dem irritierenden Titel
| Zitat: | = \rho_{0} x e^{- \lambda |x|}) |
Wenn das genau so gemeint ist (x also kein Malzeichen), dann ist \rho_0 keine (räumliche) Ladungsdichte. |
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kraft
Gast
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| kraft Verfasst am: 17. Apr 2011 11:30 Titel: |
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Ja, laut dem Threadnamen macht unsicher, ob die Ladung Entlang der Achse verteilt ist oder den Raum füllt. |
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kraft
Gast
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| kraft Verfasst am: 17. Apr 2011 11:31 Titel: |
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| kraft hat Folgendes geschrieben: | | Ja, laut dem Threadnamen macht unsicher, ob die Ladung Entlang der Achse verteilt ist oder den Raum füllt. |
Ahm das sollte heißen: "Ja, der Threadname macht unsicher, ob die Ladung Entlang der Achse verteilt ist oder den Raum füllt." |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 17. Apr 2011 12:01 Titel: |
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Vorschlag: "Spezielle Ladungsverteilung" - und der Rest ergibt sich ja formelmäßig. [Man könne auch von "ebener" Verteilung reden - aber es muß ja nicht alles benamst werden.] |
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Mr. Wood
Anmeldungsdatum: 17.04.2011
Beiträge: 8
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| Mr. Wood Verfasst am: 17. Apr 2011 13:56 Titel: |
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Also mit eindimensional meine ich, dass das ganze nur von x abhängig ist. Mit punktsymmetrisch meinte ich nur f(-x)=f(x). Wenn man sich also eine beliebige Raumkoordinate nimmt, dann ist das Feld und die Ladungsverteilung an dem Punkt nur von der x-Komponenete abhängig.
Das ganze ist folglich dreidimensional, da gilt
}=\vec{E\left(\begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right)})
Beide haben schließlich die gleiche x Komponente. Oder um es noch ein wenig anders auszudrücken: Alle Punkte in einer zur y-z Ebene parallelen Ebene haben die gleiche Ladung und Feldstärke.
Der Punkt mit den unbestimten und bestimmten Integralen hat etwas für sich. Ich bin dann mal durch meine Aufzeichnungen gegangen und habe festgestellt, dass es bisher immer mit bestimmten Integralen geklappt hat- da hatten wir aber auch Kugel- und Zylinderkoordinaten, was bedeutet hat, wir hatten in unserem Flächenelement immer den Radius der Kugel/des Zylinders als unbekannte Variable, von der das alles abhing, da über sie nicht integriert wird (Beim Flächenelement der Kugel wird über  und  , beim Zylinderelement über und  integriert). Da hier aber keine Radial- oder Rotationsymmetrie vorliegt, kann ich diese aber nicht verwenden. Beim Volumenintegral sollte sich eigentlich auch eine Konstante ergeben, nämlich die Ladung, aber die ist in der Summe Null. Das ist sie aber auch bei einem Plattenkondensator und ich würde nie behaupten, sowas hätte kein Feld. |
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kraft
Gast
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| kraft Verfasst am: 17. Apr 2011 14:04 Titel: |
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Wenn du schon sagst, dass E in x Richtung gerichtet ist und nicht von y und z abhängt, dann setze doch gleich das ein:
 = E_x(x)\hat e_x)
}{\partial x}=\rho(x)) |
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Mr. Wood
Anmeldungsdatum: 17.04.2011
Beiträge: 8
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| Mr. Wood Verfasst am: 17. Apr 2011 16:14 Titel: |
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Muss ich dann einfach darüber partiell integrieren?
}{\partial x}=\left(\frac{1}{\epsilon_0}\right)\rho(x))
}{\partial x} dx=\left(\frac{1}{\epsilon_0}\right)\int \rho(x) dx)
Zunächst mache ich mal x>0:
 \int dx\,\rho_{0} x e^{- \lambda x})
 \left(-\left(\frac{1}{\lambda}\right) \rho_{0} x e^{- \lambda x}-\int-\left(\frac{1}{\lambda}\right) \rho_{0} e^{- \lambda x}\right) )
 \rho_{0} x e^{- \lambda x}- \left(\frac{1}{\epsilon_0 \lambda^2}\right)\rho_{0} e^{- \lambda x})
Nun x<0
 \int dx\,\rho_{0} x e^{ \lambda x})
 \left(\left(\frac{1}{\lambda}\right) \rho_{0} x e^{ \lambda x}-\int\left(\frac{1}{\lambda}\right) \rho_{0} e^{ \lambda x}\right) )
 \rho_{0} x e^{ \lambda x}- \left(\frac{1}{\epsilon_0 \lambda^2}\right)\rho_{0} e^{ \lambda x})
Damit wäre das Ganze dann:
 \rho_{0} x e^{ \lambda x}- \left(\frac{1}{\epsilon_0 \lambda^2}\right)\rho_{0} e^{ \lambda x} & x<0 \\ - \left(\frac{1}{\epsilon_0 \lambda^2}\right) & x=0 \\-\left(\frac{1}{\epsilon_0 \lambda}\right) \rho_{0} x e^{- \lambda x}- \left(\frac{1}{\epsilon_0 \lambda^2}\right)\rho_{0} e^{- \lambda x} & x>0 \end{cases})
Ehrlich gesagt habe ich damit einige Probleme: Zwar ist schön, dass man für x=0 ein elektrisches Feld erhält und für  und  die Felder verschwinden. Allerdings stört mich, dass die positiven Ladungen rechts von x=0 keinen Einfluss auf eine positive Probeladung links von x=0 mehr haben. |
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