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Nachricht |
magMathe
Gast
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 magMathe Verfasst am: 18. Dez 2011 20:30 Titel: Homogen geladene Kugel |
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Meine Frage:
Hey Leute, ich möchte das elektrostat. Potential einer homogen geladenen Kugel ausrechnen. Hab den Lösungsweg, kann ihn aber kaum nachvollziehen.
- Woher kommen die Grenzen?
- Woher kommt das r'^2 und das sin(teta)?
- Warum kann, obwohl rho von r' abhängt, es vor das Integral gezogen werden?
- Und warum fehlt plötzlich das dr'?
- Woher kommt das r^2 vor dem Integral plötzlich? Hat das etwas mit der Umwandlung der Grenzen von (0 bis pi) zu (1 bis -1) zu tun? Weshalb diese Umwandlung?
Meine Ideen:
O my god, ich hoffe, Ihr könnt mir helfen! (Kann hier keinen Anhang beifügen, daher das Bild http://www.matheboard.de/attachment.php?attachmentid=22415)
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Rmn
Anmeldungsdatum: 26.01.2010
Beiträge: 473
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| Rmn Verfasst am: 18. Dez 2011 21:26 Titel: |
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| Zitat: | | - Woher kommen die Grenzen? |
Kugelkoordinaten
| Zitat: | | - Woher kommt das r'^2 und das sin(teta)? |
Volumenelement in Kugelkoordinaten:
 d\theta d\phi dr')
| Zitat: | | - Warum kann, obwohl rho von r' abhängt, es vor das Integral gezogen werden? |
Es ist eine homogen geladene Kugel.
| Zitat: | | - Und warum fehlt plötzlich das dr'? |
Fehler
| Zitat: | | - Woher kommt das r^2 vor dem Integral plötzlich? |
Nicht nachvollziehbar, höhstwahrscheinlich ein Fehler.
| Zitat: | | Hat das etwas mit der Umwandlung der Grenzen von (0 bis pi) zu (1 bis -1) zu tun? Weshalb diese Umwandlung? |
Nein
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isi1
Anmeldungsdatum: 03.09.2006
Beiträge: 2902
Wohnort: München
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| isi1 Verfasst am: 26. Dez 2011 11:11 Titel: Re: homogen geladene Kugel |
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| magMathe hat Folgendes geschrieben: | | O my god, ich hoffe, Ihr könnt mir helfen! |
Solche Formeln, magMathe, haben möglicherweise den Zweck, 'interessant' auszusehen - oder aber (das scheint mir wahrscheinlicher), der Autor weiß nicht so recht, wie die Dinge zusammenhängen und flüchtet sich in möglichst mathematisch aussehende Formeln.
Es ist aber ungeschickt, die Sache so zu komplizieren, da man um so mehr Fehlermöglichkeiten hat, je mehr man schreiben muss.
Vernünftig würde man die Symmetrieeigenschaften der Anordnung überlegen, dann sieht das so aus.
1. die Kugel habe den Radius R, innerhalb dessen die Ladung Q gleichmäßig verteilt ist.
Dann ist außerhalb von R, also bei r, die dielektrische Verschiebung = Q/A
mit der Kugeloberfläche A = 4r²pi
2. Die el. Feldstärke ist Verschiebung durch epsilon
3. das Potential im Unendlichen soll als Null angenommen werden und berechnet sich durch die Integration von unendlich bis r.
Ergebnis außerhalb R: Feldstärke E(r) = Q/(4 pi ε r²)
Potential φ(r) = ? ....die Integration ergibt sehr einfach Deine Formel φ(r) = Q/(4 pi ε r).
4. Im Prinzip genau so ergibt sich das Potential innerhalb von R.
Qi = 4/3 r³ pi *Q/VR ... mit VR=Kugelvolumen der Kugel mit Radius R
E(ri) = Qi/Ai = E(R)*ri/R
und φ(ri) = φ(R) + Integral ....
wird bei ri=0: φ(0) = 3/2 φ(R)
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Grüße aus München, isi •≡≈ ¹₁₂½√∠∞±∫αβγδεηκλπρσφω ΔΣΦΩ |
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376Ohm
Anmeldungsdatum: 31.10.2012
Beiträge: 4
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| 376Ohm Verfasst am: 31. Okt 2012 18:28 Titel: |
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Hallo magMathe,
natürlich kannst Du die Aufgabe auch mit Hilfe des Gauss'schen Satzes lösen. Halte ich aber aufgrund der hohen Symmetrie des Problems für nicht besonders effektiv.
Am besten Du schaust Dir mal die Laplacegleichung in Kugelkoordinaten an und findest heraus, welche Terme in Kugel/Rotationssymmetrie wegfallen. Alles was übrig bleibt ist dann eine gewöhnliche Differentialgleichung, die Du nur noch (zweimal) integrieren musst! Ein ausführlicher Lösungsweg ist auch hier beschrieben.
Beste Grüße
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8576
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| jh8979 Verfasst am: 31. Okt 2012 18:52 Titel: |
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| 376Ohm hat Folgendes geschrieben: | | Halte ich aber aufgrund der hohen Symmetrie des Problems für nicht besonders effektiv. |
Gerade wegen der hohen Symmetrie ist die Anwendung des Satzes von Gauss besonders effektiv.
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kingcools
Anmeldungsdatum: 16.01.2011
Beiträge: 700
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| kingcools Verfasst am: 31. Okt 2012 19:19 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | 376Ohm hat Folgendes geschrieben: | | Halte ich aber aufgrund der hohen Symmetrie des Problems für nicht besonders effektiv. |
Gerade wegen der hohen Symmetrie ist die Anwendung des Satzes von Gauss besonders effektiv. |
Das ist wahr, sonst wird es beliebig kompliziert
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 31. Okt 2012 23:45 Titel: |
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| 376Ohm hat Folgendes geschrieben: | | Am besten Du schaust Dir mal die Laplacegleichung in Kugelkoordinaten an |
Und Du meinst die Laplacesche Potentialgleichung habe nichts mit dem Gaußschen Flusssatz zu tun? Im Gegenteil, der Gaußsche Flusssatz ist Bestandteil der Laplace-Gleichung. Außerdem ist darin noch die Materialgleichung  und der Zusammenhang zwischen Feldstärke und Potential  verarbeitet. Die Laplacesche Potentialgleichung ist doch nicht einfach vom Himmel gefallen.
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twb8t5
Anmeldungsdatum: 10.08.2011
Beiträge: 70
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| twb8t5 Verfasst am: 26. Jan 2013 15:53 Titel: |
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Das Potential innerhalb einer kugelförmigen homogenen Raumladung ist:
 = \frac{q_v (3R^2-r^2)}{6\epsilon } = \frac{q_v}{\epsilon } (\frac{3(R^2-r^2)}{6} + \frac{2r^2}{6} ))
Der Beitrag der (äußeren) Kugelschale ist:
=\frac{q_v(R^2-r^2)}{2\epsilon} )
Das Gesamtpotential setzt sich zusammen aus dem Anteil innerhalb von r und außerhalb von r (r bis R).
Die Innere Kugel verhält sich genau wie eine Punktladung im Zentrum.
{ Kugelladung homogener Vollkugel }
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ZX3pO
Anmeldungsdatum: 11.05.2016
Beiträge: 9
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| ZX3pO Verfasst am: 11. Mai 2016 17:10 Titel: |
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Hi,
ich habe grade genau die Aufgabe vor mir liegen.
Ich muss das Potential und E auf der z-Achse berechen.
Wie komm ich denn auf den auf das  ?
Grüße
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 11. Mai 2016 20:01 Titel: |
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