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alex2007
Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 76
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 alex2007 Verfasst am: 18. Feb 2014 16:55 Titel: Elektrisches Feld einer Ladungsverteilung (Uni) |
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Gegeben ist die kugelsymmetrische Ladungsverteilung:
=c\cdot r\quad \,\,\, r\leq a)
=c\cdot r\quad \,\,\, sonst)
Aufgabe
a) Berechnen Sie die Gesamtladung
b) Berechnen Sie das elektrische Feld im ganzen Raum
Lösung
a)
= \int_V \! \rho(\vec{r}) \, r^2 \sin^2(\theta)dr d\theta d\phi)
=c \cdot \int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_0^r r^3 \sin^2(\theta)dr d\theta d\phi)
=c\pi r^4\quad (r\leq a))
=c\pi a^4)
b)
=\int_V \! \rho(\vec{r}')\frac {\vec{r}-\vec{r}'}{| r-r'|^3} \, r^2 \sin^2(\theta)dr d\theta d\phi)
\vec{e}_r)
)
=c\cdot\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_0^a \frac {r'^3}{(r-r')^2} \,\vec{e}_\theta \sin^2(\theta')dr' d\theta' d\phi')
Grenzen von 0 bis a, weil Außerhalb die Ladungsdichte 0 ist und dementsprechend das Integral zu 0 werden würde.
jetzt substituiere ich:
^2=s)
Es gilt also:
^2} \,\vec{e}_\theta \sin^2(\theta')dr'=-\vec{e}_\theta\int_r^{(r-a)^2} \frac {(r-\sqrt s)^3}{s} \, \sin^2(\theta')\frac {1}{2\sqrt s}ds)
^2} \,\vec{e}_\theta \sin^2(\theta')dr'=-\frac{1}{2}\vec{e}_\theta\sin^2(\theta')\int_r^{(r-a)^2} \frac {(r-\sqrt s)^3}{s^{3/2}} \, ds)
^2} \,\vec{e}_\theta \sin^2(\theta')dr'=-\frac{1}{2}\vec{e}_\theta\sin^2(\theta')\int_r^{(r-a)^2} \frac {r^3}{s^{3/2}}-\frac{3r^2}{s}+\frac{3r}{s^{1/2}}-1 \, ds)
^2} \,\vec{e}_\theta \sin^2(\theta')dr'=-\frac{1}{2}\vec{e}_\theta\sin^2(\theta')\left[ \left(-\frac {r^3}{2s^{1/2}}\right)-\left({3r^2}\ln(s)\right)+\left(6rs^{1/2}\right)-s\right]_r^{(r-a)^2})
Der Rest wäre ja nur Grenzen einsetzen und die beiden Winkelintegrationen durchführen. Ist das bis hierhin erstmal so richtig? Ich wollte nurmal versuchen, ob dass auch so zu berechnen geht.
Viel einfacher ist es das E-Feld mit dem Satz von Gauß zu berechnen? Damit würde ich auf E=Q(r)/r^2 kommen.
Was bedeuten Würde:
= c\pi r^2\quad r\leq a)
= \frac{c\pi a^4}{r^2}\quad r\geq a)
bzw:
= c\pi a^4\left(\Theta(a-r)\frac{r^2}{a^4}+\frac{1}{r^2}\left(\Theta(r-a)-\delta(a-r)\right)\right))
Ist das korrekt? |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 18. Feb 2014 17:00 Titel: |
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Die Deltafunktion in deiner E-Feldfunktion erscheint mir seltsam. Diese darf niemals ohne Integral auftreten. |
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alex2007
Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 76
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| alex2007 Verfasst am: 18. Feb 2014 17:16 Titel: |
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| Namenloser324 hat Folgendes geschrieben: | | Die Deltafunktion in deiner E-Feldfunktion erscheint mir seltsam. Diese darf niemals ohne Integral auftreten. |
Wieso? Deltadistribution ist das. Die ist 1 wenn die Klammer hnter dem Delta 0 und sonst 0. Grund ist der Punkt r=a, der das Feld Sonst doppelt so groß macht, wie es sein sollte. |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 18. Feb 2014 17:58 Titel: |
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Die Deltafunktion ist nur in einem Integral definiert. Am Punkt 0 ist sie, so wie sie in der Physik verwendet wird, sonst gar nicht weiter definiert. Sie ist nicht 1 an der Stelle 0. Anschaulich ist sie da wenn überhaupt unendlich. Und dass das dann keinen physikalischen (und auch mathematischen) Sinn ergibt, sollte klar sein. |
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alex2007
Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 76
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| alex2007 Verfasst am: 19. Feb 2014 12:26 Titel: |
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Du hast recht. Hab mich da vertan. Entweder ich verwende hier das Kronecker-Delta
Also:
= c\pi a^4\left(\Theta(a-r)\frac{r^2}{a^4}+\frac{1}{r^2}\left(\Theta(r-a)-\delta_{ra}\right)\right))
Oder aber ich Schreibe das E-Feld als zusammengesetzte Funktion:
=\begin{cases} c\pi r^2& r\leq a \\ \frac{c\pi a^4}{r^2} & r> a \end{cases})
Passt es jetzt?
Ich habe dann noch eine Frage. Und zwar Aufgabe c)
c)Berechnen Sie das Potential im gesamten Raum
Wie mache ich das jetzt? Ich muss hier Multipolentwicklung machen, ja? Hier brauch ich bitte Hilfe. |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 19. Feb 2014 16:51 Titel: |
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Dier erste Variante ist in dem Sinne nicht definiert, da das Kronecker-Delta nur für natürliche i,j definiert ist bzw. für Elemente einer Indexmenge.
Der zweite Ausdruck für die E-Funktion ist der stimmigere bzw. richtige.
Um nun aus diesem E-Feld das Potential zu berechnen gibt es zwei Wege:
Entweder führst du schlicht das Wegintegral Integra Eds aus, jeweils für den bereich r <= a und r > a.
Oder du setzt an Grad phi = E und löst die DGL. (Die sehr einfach ist) |
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alex2007
Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 76
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| alex2007 Verfasst am: 19. Feb 2014 17:24 Titel: |
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Da E in Kugelkoordinaten nur eine r-Komponente hat, würde ich Nabla in Kugelkoordinaten verwenden und bekomme:
=E_r \vec{e}_r= -\nabla \phi_{el})
=E_r \vec{e}_r= -\frac{\partial}{\partial r} \phi_{el} \vec{e}_r)
und damit:
Lös ich das jetzt einfach für 0 bis a und für r>a gegen unendlich?
Auf die Aufgabe gibt es 10 Punkte, deswegen dachte ich eigentlich ich muss Multipolentwicklung machen. Wenn ja, wie? |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 19. Feb 2014 18:27 Titel: |
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Ja, genau, musst du nur noch lösen. Multipolentwicklungen sehe ich da keine  |
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alex2007
Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 76
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| alex2007 Verfasst am: 19. Feb 2014 18:52 Titel: |
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ok
)
)
)
Richtig so?
Noch eine Frage zu dem Potential allgemein.
Ich kann zu einer Stromverteilung das Potential auch mittels:
}{|\vec{r} - \vec{r}'| }dV')
berechnen, oder?
Aber das entspricht doch der Multipolentwicklung? Vielleicht bin ich hier auch einfach etwas durcheinander mit den Begrifflichkeiten, vielleicht könntest du mir nochmal kurz den Zusammenhang zwischen Multipolentwicklung und elektrischem Feld und elektrischem Potential klar machen. Fernfeld und Nahfeld beziehen sich dann beim E-Feld auf große, bzw. kleine r, oder? |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 19. Feb 2014 19:35 Titel: |
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Nee, das Potential hat keinen festen Wert sondern hängt vom Ort bzw. Radius r ab.
Dazu integrierst du von einem festen Punkt P zu einem Variablen PV(r). Hierbei ist nur die Fallunterscheidung bei E(r) zu achten.
Das deine Variante gar nicht stimmen kann, hättest du daran sehen können, dass der Gradient deines Potentials immer Null ist. |
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alex2007
Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 76
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| alex2007 Verfasst am: 19. Feb 2014 20:09 Titel: |
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Ich weiß ehrlich gesagt nicht, wie ich die grenzen dann einsetzen soll, bzw was ich für die punkte einsezzen soll. Aber nach etwas überlegung ist klar was du sagst, denn das potential hat ja letztendlich mit der spannung zu tun und muss dafür ja variabel sein. Dennoch weiß ich mit den grenzen wenig anzufangen. |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 19. Feb 2014 22:33 Titel: |
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Integriere E(r) von einem beliebigen Punkt mit r <= a bis r, das entspricht dem Potential im inneren Teil.
Für den restlichen Raum musst du natürlich dann von einem beliebigen Punkt mit r > a bis r integrieren. |
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alex2007
Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 76
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| alex2007 Verfasst am: 20. Feb 2014 15:24 Titel: |
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Im inneren der Kugel:
)
Außerhalb der Kugel:
)
Also:
& b\leq r\leq a,\,b>0 \\ \frac{c\pi a^4}{3}\left(\frac{1}{r^3}-\frac {1}{b^3}\right) & a<b\leq r \end{cases})
Stimmt das jetzt so?
Und kannst mir trotzdem noch meine Frage Ende der ersten Seite bitte beantworten?
Danke dir. |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 20. Feb 2014 16:07 Titel: |
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Die zweite Integration ist nicht richtig.
Die Stammfunktion von 1/r^2 ist nicht -1/r^3.
Ansonsten kannst du immer zum Überprüfen deiner Rechnung den Gradienten bilden und schauen, ob die Ergebnisse übereinstimmen.
Nah- und Fernfeld bezeichnet genau das, was du hier nennst, nämlich das E-Feld in einem geringen Abstand (r klein) bzw. einem großen Abstand (r groß).
Multipolentwicklung bezeichnet die Entwicklung eines Potentials in eine Taylorreihe, wodurch sich dieses durch Monopolmomente, Dipolmomente... darstellen lässt und offenkundig wird, dass das Monopolmoment für r -> unendlich dominiert.
Siehe auch hier:
de.wikipedia.org/wiki/Multipolentwicklung#Elektrostatik |
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alex2007
Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 76
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| alex2007 Verfasst am: 20. Feb 2014 16:14 Titel: |
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Da steht ja auch -1/(3r^3) als Stammfunktion von 1/r^2...Also die Integration dürfte so passen ;-)
Ah ok, also wenn Multipolentwicklung zu machen ist, dann steht explizit da, dass die Multipolmomente zu berechnen sind, verstanden.
Also zeigt diese mir letztendlich nur, welche Multipolterme, wann eine Rolle spielen und schlüsseln sozusagen in Multipolterme unterschiedlicher Abhängigkeiten von r auf, ja?
Vielen Dank für dein Hilfe bisher.
Noch eine Frage zu Biot-Savart:
Wenn keine direkte Stromverteilung gegeben ist und beispielsweise eine Leiterschleife betrachtet wird, dann brauche ich nicht mehr das Volumenintegral, sondern lediglich das Kurvenintegral entlang der Schleife oder?
Zuletzt bearbeitet von alex2007 am 20. Feb 2014 16:18, insgesamt einmal bearbeitet |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8583
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| jh8979 Verfasst am: 20. Feb 2014 16:15 Titel: |
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| alex2007 hat Folgendes geschrieben: | Da steht ja auch -1/(3r^3) als Stammfunktion von 1/r^2...Also die Integration dürfte so passen ;-)
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Dann leite doch mal 1/r^3 ab.... |
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alex2007
Anmeldungsdatum: 23.11.2010
Beiträge: 76
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| alex2007 Verfasst am: 20. Feb 2014 16:24 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | alex2007 hat Folgendes geschrieben: | Da steht ja auch -1/(3r^3) als Stammfunktion von 1/r^2...Also die Integration dürfte so passen ;-)
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Dann leite doch mal 1/r^3 ab.... |
OHHHH  Die Dummheit schlägt manchmal doch zu.
ok...also:
& b\leq r\leq a,\,b>0 \\ c\pi a^4\left(\frac{1}{r}-\frac {1}{b}\right) & a<b\leq r \end{cases})
Danke fürs drauf aufmerksam machen. |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 20. Feb 2014 16:37 Titel: |
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| alex2007 hat Folgendes geschrieben: |
Noch eine Frage zu Biot-Savart:
Wenn keine direkte Stromverteilung gegeben ist und beispielsweise eine Leiterschleife betrachtet wird, dann brauche ich nicht mehr das Volumenintegral, sondern lediglich das Kurvenintegral entlang der Schleife oder? |
Jein. Kann man machen, muss man nicht. Via deltafunktion kann man sich eine Stromdichte basteln und diese dann über den gesamten Raum integrieren. Ist im Endeffekt aber das gleiche. |
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