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Nima93
Anmeldungsdatum: 08.01.2012
Beiträge: 221
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 Nima93 Verfasst am: 01. Dez 2012 15:50 Titel: Elektrostatik Integralproblem |
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Hallo,
Ich hänge jetzt schon ewig an einem eigentlich recht simplen Volumenintegral. Ich möchte zum Berechnen des E-Feldes einer allgemeinen kugelsymmetrischen Ladungsverteilung folgendes Integral vereinfachen:
 sin(\theta)\, \dd \phi \dd \theta \dd r' )
Allerdings bekomme ich beim ausführen der zweiten Integration immer 0 heraus, da über cos(theta) von 0 bis 2pi integriert wird. Das kann ja aber eigentlich nicht sein und deckt sich auch nicht mit dem erwünschten Ergebnis... Kann mir jemand sagen, was ich da falsch mache?
Viele Grüße
nima93 |
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pressure
Anmeldungsdatum: 22.02.2007
Beiträge: 2496
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| pressure Verfasst am: 01. Dez 2012 15:59 Titel: |
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Die Theta Integration sollte von 0 bis Pi laufen. |
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Nima93
Anmeldungsdatum: 08.01.2012
Beiträge: 221
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| Nima93 Verfasst am: 01. Dez 2012 16:48 Titel: |
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Warum das? ich muss doch zuerst von 0 bis r integrieren, dann einmal ganz rum, also von 0 bis 2pi über theta, um eine scheibe zu erhalten. und dann wird doch die scheibe einfach von 0 bis pi um phi gedreht? dann hab ich doch eine Kugel? |
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pressure
Anmeldungsdatum: 22.02.2007
Beiträge: 2496
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| pressure Verfasst am: 01. Dez 2012 17:46 Titel: |
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In der Standard-Definition der Kugelkoordinaten läuft Phi numal von 0 bis 2Pi und Theta von 0 bis Pi; Wenn du mit anderen Grenzen rechnen willst, müsstest du dein Volumenelement anpassen. |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 01. Dez 2012 19:52 Titel: |
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Man könnte sich den Streit natürlich ersparen (der ja nur darin besteht, dass phi und theta vertauscht sind ), wenn man die Kugelsymmetrie der Ladungsverteilung ausnutzt und dann die Ladung in einer Kugelhülle der Fläche 4*pi*r'² und Dicke dr' von r'=0 bis r'=r aufsummiert (integriert). Die Feldstärke ergibt sich dann durch Division der so ermittelten Ladung durch die Kugeloberfläche*epsilon (Gaußscher Flusssatz)
Übrigens: Was selbst von vielen Profs. (insbesondere Physik-Profs., nicht so häufig von E-Technik-Profs.) falsch gemacht wird, ist die Ignoranz der Permittivitätszahl  , wenn die Feldstärke innerhalb der raumladungsbehafteten Kugel bestimmt werden soll. Auch in der hier vorgestellten Gleichung fehlt diese Permittivitätszahl. Da es sich um eine ortsfeste Ladungsverteilung handelt, kann sie nur in einem nichtleitenden Feststoff (Dielektrikum) existieren. Es gibt aber kein Dielektrikum mit  . Außerhalb der Feststoffkugel, wenn also die gesamte in der Kugel enthaltene Ladung feldwirksam ist, ist dann die Permittivitätszahl natürlich 1, sofern sich die Kugel in Luft oder Vakuum befindet. An der Oberfläche der Feststoffkugel ändert sich die Feldstärke sprunghaft um den Faktor . |
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376Ohm
Anmeldungsdatum: 31.10.2012
Beiträge: 4
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| 376Ohm Verfasst am: 01. Dez 2012 21:54 Titel: |
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Bei dem Integral kommt ja sicherlich die in r eingeschlossene Gesamtladung heraus. Ich würde aber bei einem Problem mit so hoher Symmetrie nicht mit Hilfe der integralen Formulierung arbeiten, sondern immer mit Hilfe der Differentialgleichungen an sich - die partiellen Gleichungen werden dann einfach homogene. Die Rechnung ist dann denke ich analog wie zur homogen geladenen Kugel.
Die Anmerkung von GvC ist sicherlich berechtigt: Es wird kein Medium geben, dass eine solche Ladungsverteilung halten kann ohne dielektisch zu sein. Andererseits kannst Du auf diese Weise ja schon den Grundzustand des Wasserstoffatoms verstehen, wo das Elektron um ein delta-förmiges Protonpotential gehalten wird. Auch hier ist die Ladungsverteilung und somit das Potential kugelsymmetrisch. Also hat diese Rechnung schon etwas mit der Realität zu tun  |
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Nima93
Anmeldungsdatum: 08.01.2012
Beiträge: 221
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| Nima93 Verfasst am: 02. Dez 2012 13:39 Titel: |
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Ah, ok, jetzt sehe ich auch, dass ich Theta und Phi vertauscht habe
Andersrum passt es.
Ich weiß, dass man das Ganze einfacher lösen kann, da die Ladung nur vom Radius abhängt, das haben wir letztes Semester zu genüge gemacht... Mit ging es eher darum, an einem einfachen Beispiel die Mehrfachintegration richtig zu verstehen, da ich diese bisher vernachlässigt hatte.
Hm, ich vermute, dass es unserem Prof auf das Epsilon nicht ankommt, aber klar, das müsste natürlich vorhanden sein.
Grüße und vielen Dank für eure Hilfe!
nima93 |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18201
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| TomS Verfasst am: 02. Dez 2012 14:04 Titel: Re: Elektrostatik Integralproblem |
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Zunächst mal schreibe ich lieber
 = \int_0^R dr\,r^2 \int_0^\pi d\theta\,\sin\theta \int_0^{2\pi} d\phi\,\rho(r,\theta,\phi))
da man sieht, welches Integral mit welchen Grenzen zusammengehört.
Da die Ladungsdichte nur von r abhängt, gilt
 \right)\left(\int_0^\pi d\theta\,\sin\theta \right)\left(\int_0^{2\pi} d\phi\right) = \left( \int_0^R dr\,r^2\,\rho(r) \right)\left(\int_{-1}^1 d\cos\theta \right)\left(\int_0^{2\pi} d\phi\right) = 4\pi\int_0^R dr\,r^2\,\rho(r) )
_________________
Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Nima93
Anmeldungsdatum: 08.01.2012
Beiträge: 221
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| Nima93 Verfasst am: 02. Dez 2012 14:18 Titel: |
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Ok, danke, macht schon Sinn die Schreibweise. Ich habe gerade noch gesehen, dass unser Prof das Epsilon nicht weggelassen hat. Ich habe es bloß vergessen... Also einfach dazu denken |
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