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_-Alex-_
Anmeldungsdatum: 06.03.2007
Beiträge: 262
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 _-Alex-_ Verfasst am: 27. Jul 2011 17:02 Titel: Feld und Potential eines Kreiszylinders |
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Hallo,
ich hab mal eine Frage zu folgender Aufgabe:
Gegeben ist ein unendlich langer Kreiszylinder mit Radius R und homogen verteilter Ladung.
Man soll nun das Feld des Zylinders berechnen und das Potential.
Also zunächst hätte ich es mit dem Satz von Gauß versucht.
Und mit einen anderen Zylinder drumherum gedacht. Das Feld hätte ich radial weggehen lassen und hätte für die Ladungsverteilung eine Flächenladungsdichte  angenommen.
Ich hätte mir dann ein Teilstück der Höhe h aus dem Zylinder genommen. Dann hätte ich ja die Ladung  und bin dann auf folgendes E Feld gekommen:
 \cdot 2\pi rh = \frac{2 \pi R h \sigma }{\epsilon_0})
 = \frac{R\sigma}{r \epsilon_0})
Kann das stimmen?
Dann hat es mich noch interessier wie ich es normal also mit der Gleichung:
 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int d^3y \sigma(\vec{y}) \frac{ \vec{x} - \vec{y}}{\lvert \vec{x} - \vec{y} \rvert ^3})
Hier muss ich doch nur mein y durch Zylinderkoordinaten ersetzen oder? Also mein x kann so bleiben sprich
 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_V \sigma rdr d\phi dz \frac{ \begin{pmatrix} x_1 - R \cos(\phi) \\ x_2 - R \sin(\phi) \\ x_3 - z \end{pmatrix}} {\sqrt{ (x_1-R \cos(\phi))^2 + (x_2 - R \sin(\phi))^2 + (x_3 - z )^2 }^3})
Wobei ich ja nach r nicht integrieren muss, da ich ja keine Dicke habe, was aber die Rechnung auch nicht schöner machen würde, wäre der Weg aber der Richtige?
MfG |
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kingcools
Anmeldungsdatum: 16.01.2011
Beiträge: 700
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| kingcools Verfasst am: 27. Jul 2011 20:15 Titel: |
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Ja. |
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_-Alex-_
Anmeldungsdatum: 06.03.2007
Beiträge: 262
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| _-Alex-_ Verfasst am: 02. Aug 2011 16:22 Titel: |
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Okay wie bekomm ich dann jetzt das Potential raus? |
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_-Alex-_
Anmeldungsdatum: 06.03.2007
Beiträge: 262
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| _-Alex-_ Verfasst am: 02. Aug 2011 18:10 Titel: |
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Also um mein Problem ein wenig genauer darzulegen.
Für den Betrag meines E Feldes bekomm ich einen Zusammenhang mit 1/r, also:
Da die Feldlinien ja radial weggehen, kann ich es doch vektoriell auch so schreiben:
= \frac{A}{r} \begin{pmatrix} \cos(\phi) \\ \sin(\phi) \\ 0 \end{pmatrix})
Ich hab jetzt versucht durch die Gleichung  mit
Mir mein Potential "zurechtzuschustern" aber das haut nicht hin. Kann man das überhaupt? Oder muss ich für das Potential den Umweg über das lästige Integral gehen? |
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Daniel Blaich
Anmeldungsdatum: 02.08.2011
Beiträge: 29
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| Daniel Blaich Verfasst am: 02. Aug 2011 18:23 Titel: |
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Mit
sollte deine Frage beantwortet sein.
Gruß Daniel Blaich
_________________
Gruß Daniel Blaich
Der Wille versetzt Berge. |
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_-Alex-_
Anmeldungsdatum: 06.03.2007
Beiträge: 262
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| _-Alex-_ Verfasst am: 02. Aug 2011 19:19 Titel: |
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Das ich meinen E Vektor also mit Cosinus und Sinus nochmal ausdrücke und damit weiterrechnen will geht nicht? |
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Daniel Blaich
Anmeldungsdatum: 02.08.2011
Beiträge: 29
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| Daniel Blaich Verfasst am: 02. Aug 2011 19:32 Titel: |
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Für was benötigst du denn cos und sin ?
Das cos und sin fällt hier weg. Es gibt möglicherweise einen Weg so weiter zu rechenen, den kenne ich nur leider nicht.
Gruß Daniel Blaich
_________________
Gruß Daniel Blaich
Der Wille versetzt Berge. |
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_-Alex-_
Anmeldungsdatum: 06.03.2007
Beiträge: 262
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| _-Alex-_ Verfasst am: 02. Aug 2011 20:38 Titel: |
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Ich wollte komponentenweise rechnen |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 03. Aug 2011 13:18 Titel: |
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| _-Alex-_ hat Folgendes geschrieben: | | Ich wollte komponentenweise rechnen |
Warum so kompliziert? Aus Symmetriegründen sind in Zylinderkoordinaten Feldstärke und Potential ausschließlich abhängig von r.
Allerdings sollten von Beginn an zwei Bereiche unterschieden werden, was bisher noch nicht geschehen ist:
Bereich 1: 
Bereich 2: 
Die Bestimmung des Potentials im zylindersymmetrischen Feld wird unmöglich, wenn man, wie sonst üblich, das Nullpotential im Unendlichen definiert. Zweckmäßig wäre die Definition des Nullpotentials bei r=0 oder bei r=R. |
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 05. Aug 2011 18:27 Titel: |
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Ich denke seine Motivation ist, das ganz einfach mal OHNE vereinfachung zu berechnen, ist auch gar nicht schlecht, damit man weiß wie man das zu Fuß berechnen kann. Ging mir mal genauso.
Ich würde dir bei der Herleitung des Potentials folgenden Weg empfehlen:
Das Potential nach r abgeleitet ergibt deine erste Komponente des E-Feldes, das ist deine 1. Gleichung. Die 2. ist das dein potential nach phi abgeleitet und danach mit 1/r multipliziert die y-komponente des E-Feldes ergibt.
Dann gehst du wie folgt vor: Du integrierst eine der Gleichungen nach phi bzw r(jenachdem wonach abgeleitet worden ist) unbestimmt UND berücksichtigst das die entstandene Integrationskonstante hier NICHT einfach eine Zahl ist sondern eine Funktion die von der anderen Variable abhängen kann.
Dann vergleichst du die erhaltene Funktion mit der anderen Komponente des E-feldes, indem du dann die jeweilige Komponente von Nable anwendest und vergleichst erneut. So kannst du die Funktion vollständig bestimmen. Beispiel:
Sei E = (r,phi,0)
Dann gilt:
d/dr psi = r -> psi = 0,5 r² + C(phi) <-- das ist die Funktion von phi.
Dann 2. Komponente:
1/r * d/dphi psi = phi , nun einsetzen:
1/r * d/dphi *(0,5*r²+C(phi)) = phi
->
1/r*d/dphi * (C(phi)) = phi
-> C(phi) = 0,5phi²*r+D,wobei D diesmal eine Konstante ist.
Ergibt insgesamt:
Psi = 0,5r²+phi²*0,5+D, D ergibt sich dann aus den Randbedingungen bzw. kann beliebig gewählt werden, da unabhängig von D das gleiche E-Feld folgt. |
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