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ohneplan123
Gast
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 ohneplan123 Verfasst am: 29. Dez 2014 19:05 Titel: Potential einer Linienladung |
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Eine Ladung Q sei homogen auf eine gerade Linie der Länge 2L verteilt.
a) Geben Sie die Ladungsdichte ) an und berechnen Sie das elektrostat. Potential dieser Ladungsverteilung.
b) Betrachten Sie den Grenzübergang L gegen 0 bei konstanter Ladung
c) Betrachten Sie den Grenzübergang L gegen unendlich bei konstanter Ladung pro Längeneinheit. Verschieben Sie den Potentialnullpunkt so, dass das Potential für große L endlich bleibt.
---------------------------------------------------------------------------------
a)
Linienladungsdichte:
Ladungsdichte für Linie auf der x-Achse mit Mittelpunkt im Koordinatenursprung:
 = \frac{Q}{2L} \vec{e_x}, \quad -L \leq x\leq L)
Meine Idee war jetzt wieder eine Kugel mit Mittelpunkt im Ursprung zu nutzen um das elektrische Feld zu berechnen und dann daraus das Potential.
el. Feld:
Satz von Gauß und Kugelkoordinaten liefern:
}{4\pi r^2 \epsilon_0})
Kugeleripherie schneidet Linie (r<=L):
}{2r})
= \frac{Qr}{L})
Kugeleripherie schneidet Linie nicht (r>=L):
= Q)
Ist das erstmal soweit ok?
Ich habe jetzt ein Problem für das Potential, da ich für r<=L
}{\ln(r)} + 1\right))
und für r>=L
Das passt ja aber am Übergang r=L nicht. Kann mir da jemand sagen, wieso? |
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hiki
Gast
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| hiki Verfasst am: 30. Dez 2014 10:55 Titel: |
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Kommentar zu a) (Ladungsdichte):
Die Ladungsdichte ist ein Skalar, der Vektor auf der rechten Seite ist daher nicht angebracht. Eher wäre
=\rho(x,y,z)=\frac{Q}{2L},\;\;\; |x|\leq L,\; y=0,\; z=0
<br />
)
und
,\;\; \rm{sonst}
<br />
)
(falls überhaupt eine Einbettung in 3D gefragt war) |
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hiki
Gast
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| hiki Verfasst am: 30. Dez 2014 11:03 Titel: |
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zu b)
Hier muss dann das Potenziel der Punktladung herauskommen, das ist dann auch ein möglicher Gegencheck der Lösung aus a) sein.
zu a)
Der Ansatz kann meines Erachtens aus mehreren gründen nicht funktionieren:
- Potenzial mit Feld verwechselt
- Kugelansatz würde immer nur für ein kleines Längenelement auf der Geraden passen, und wäre dann aufzuintegrieren, wobei sich der Radius der Kugel in systematischer Weise verändert, wenn man entlang der Geraden geht.
Diese Integration wäre entweder für x, y und z-Komponente getrennt auszuführen, es sei denn, man beruft sich auf die zylindersymmetrie des Problems, dann muss man nur eine der senkrecht auf der Geraden stehenden Komponenten ausrechnen. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 30. Dez 2014 14:26 Titel: |
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Wie sieht denn dann der richtige Lösungsansatz aus? Ist eine Integration in Zylinderkoordinaten für das E-Feld der korrekte Ansatz? Man könnte die Gerade ja in z- Richtung legen und z von -L bis L integrieren und phi dann von 0 bis 2pi. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 31. Dez 2014 12:01 Titel: |
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Hab die Lösung gefunden, welche nicht wirklich trivial ist. Zu erst muss man die Ladungsdichte mittels Delta-Distribution definieren. Dann wird das Potential mittels der allgemeinen Gleichung des Skalarpotentials in kartesischen Koordinaten berechnet. Bei der b) muss man die Regel von L'Hospital anwenden und letztich in Kugelkoordinaten umwandeln um schließlich auf das Feld einer Punktladung zu kommen. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 31. Dez 2014 12:20 Titel: |
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 = \frac {Q}{8\pi\epsilon_0 L} \cdot \ln \left(\frac{z+L+\sqrt{(z+L)^2+y^2+x^2}}{z-L+\sqrt{(z-L)^2+y^2+x^2}}\right)) |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 31. Dez 2014 12:40 Titel: |
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Wie löse ich die c) ? |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 06. Jan 2015 13:00 Titel: |
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Kann nochmal jemand was zur c) sagen? Hier dachte ich daran, dass ich mir zu nutze mache, dass das Feld ja dann zylindersymmetrisch ist. Dann würde ich den Satz v. Gauß nutzen um das E-Feld zu berechnen und aus dem E-Feld über die Maxwell-Gleichung dann das Potential bestimmen, wobei der Potentialnullpunkt im unendlichen liegt. Ist das die richtige Herangehensweise?  |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 06. Jan 2015 13:30 Titel: |
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| ohneplan123 hat Folgendes geschrieben: | | ..., wobei der Potentialnullpunkt im unendlichen liegt. Ist das die richtige Herangehensweise? |
Dieser Punkt ist falsch (wie Du feststellen wirst). Ansonsten ist das eine mögliche Herangehensweise. Allerdings war in der Aufgabe verlangt, das Potential durch Grenzübergang aus dem Ergebnis von a) zu erhalten. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 06. Jan 2015 13:48 Titel: |
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Ok, danke erstmal für die Hinweis, aber wie komme ich auf die Lösung mittels Grenzübergang aus a) ?
Ich könnte Zylinderkoordinaten verwenden, was erstmal das Ergebnis:
 = \frac {Q}{8\pi\epsilon_0 L} \cdot \ln \left(\frac{z+L+\sqrt{(z+L)^2 + r ^2}}{z-L+\sqrt{(z-L)^2+r^2}}\right))
liefert.
Jetzt müsste man ja erstmal den Potential-Nullpunkt verschieben. Allerdings geht das ja nicht einfach so. Eine Idee, wäre natürlich mittel Maxwell jetzt das E-Feld auszurechnen aus dem Potential. Dann aus dem E-Feld wieder das Potential und hier beim Integrieren den Potentialnullpunkt beispielsweise in den Ursprung legen. Wäre das die geeignete Herangehensweise?
Ansonsten, vielleicht ein Tipp, wie ich vorgehen muss? |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 06. Jan 2015 13:58 Titel: |
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| ohneplan123 hat Folgendes geschrieben: |
Jetzt müsste man ja erstmal den Potential-Nullpunkt verschieben. Allerdings geht das ja nicht einfach so. |
Wieso nicht?
| Zitat: | .... den Potentialnullpunkt beispielsweise in den Ursprung legen. Wäre das die geeignete Herangehensweise?
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Das geht auch nicht  Aber damit hast Du jetzt die beide Fälle, die nicht gehen, abgedeckt |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 06. Jan 2015 14:08 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | ohneplan123 hat Folgendes geschrieben: |
Jetzt müsste man ja erstmal den Potential-Nullpunkt verschieben. Allerdings geht das ja nicht einfach so. |
Wieso nicht?
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Ich habe einfach keinen Plan, wie man das machen kann/soll! Ich kann doch nicht einfach meine Potentialfunktion verändern, oder? Wenn doch, wie muss man das machen? Hab hier einfach keine Vorstellung wie man da vorgehen muss. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 06. Jan 2015 16:01 Titel: |
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Du kannst einfach eine beliebige Konstante addieren, z.B. so dass das Potential bei z=0 und einem beliebigen Radius r=r0 verschwindet. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 06. Jan 2015 17:12 Titel: |
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Ok, dann mache ich folgendes:
 = \frac {Q}{8\pi\epsilon_0 L} \cdot \ln \left(\frac{z+L+\sqrt{(z+L)^2 + r ^2}}{z-L+\sqrt{(z-L)^2+r^2}}\right) + C)
 =0 = \frac {Q}{8\pi\epsilon_0 L} \cdot \ln \left(\frac{L+\sqrt{L^2 + {r_0} ^2}}{-L+\sqrt{L^2+{r_0} ^2}}\right)+C)
)
 = \frac {Q}{8\pi\epsilon_0 L} \cdot \left( \ln \left(\frac{z+L+\sqrt{(z+L)^2 + r ^2}}{z-L+\sqrt{(z-L)^2+r^2}}\right) + \ln \left(\frac{-L+\sqrt{L^2 + {r_0} ^2}}{L+\sqrt{L^2+{r_0} ^2}}\right)\right))
Soweit so gut. Ich sehe aber noch nicht, wie ich jetzt damit gekonnt habe, dass das Potential auch für L gegen unendlich was sinnvolles gibt.
Was muss ich noch tun?
PS: Da ich merke, dass du Kennung hast, kannst du bitte noch in meinem Thread bzgl. Biot-Savart und Ampere von heute schauen? Danke dir. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 06. Jan 2015 17:17 Titel: |
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| ohneplan123 hat Folgendes geschrieben: |
Was muss ich noch tun?
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Jetzt kannst Du den Limes L -> Unendlich bilden (wobei Q/L konstant gehalten wird). |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 06. Jan 2015 17:29 Titel: |
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Dann erhalte ich aber als Ergebnis 0 und das ist ja nicht Sinn der Sache. Oder irre ich mich? Die Terme im ln laufend doch gegen 1!? |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 06. Jan 2015 17:30 Titel: |
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Tun sie das? |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 06. Jan 2015 17:51 Titel: |
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Nee sondern die erste klammer geht gegen unendlich und die zweite gegen 0. Also wieder L'Hospital? |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 06. Jan 2015 20:01 Titel: |
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Am besten fasst Du die beiden Logarithmen mal zusammen und bildest dann erst den Limes. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 07. Jan 2015 11:25 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | Am besten fasst Du die beiden Logarithmen mal zusammen und bildest dann erst den Limes. |
 = \frac {Q}{8\pi\epsilon_0 L} \cdot \left( \ln \left(\frac{z+L+\sqrt{(z+L)^2 + r ^2}}{z-L+\sqrt{(z-L)^2+r^2}}\right) + \ln \left(\frac{-L+\sqrt{L^2 + {r_0} ^2}}{L+\sqrt{L^2+{r_0} ^2}}\right)\right))
 = \frac {Q}{8\pi\epsilon_0 L} \cdot \left( \ln \left(\frac{z+L+\sqrt{(z+L)^2 + r ^2}}{z-L+\sqrt{(z-L)^2+r^2}}\right) \cdot \left(\frac{-L+\sqrt{L^2 + {r_0} ^2}}{L+\sqrt{L^2+{r_0} ^2}}\right)\right))
 = \frac {Q}{8\pi\epsilon_0 L} \cdot \left( \ln \left(\frac{-zL-L^2- L\sqrt{(z+L)^2 + r ^2}+(z+L)\sqrt{L^2 + {r_0} ^2}+\sqrt{\left(L^2+{r_0}^2\right)\left((z+L)^2+r^2\right)}}{zL-L^2+L\sqrt{(z-L)^2+r^2} +(z-L)\sqrt{L^2 + {r_0} ^2} + \sqrt{\left(L^2+{r_0}^2\right)\left((z-L)^2+r^2\right)}}\right)\right))
so, wenn ich jetzt L^2/L^2 ausklammere, was ja sinnvoll ist, da wir L gegen unendlich laufen lassen, dann gehen sowohl Zähler, als auch Nenner gegen 0 und der ln(0) ist nach wie vor nicht definiert.
Oder schiele ich beim Draufschauen auf die Terme? |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 07. Jan 2015 12:06 Titel: |
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Keine Ahnung ob du schielst, aber der Grenzwert ist nicht Null. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 07. Jan 2015 12:36 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | Keine Ahnung ob du schielst, aber der Grenzwert ist nicht Null. |
Den Grenzwert des Bruchs bestimme ich doch durch ausklammern der höchstens Potenz in Zähler und Nenner!? Hier ist das L^2. Das heißt ich komme auf (0-1-1+1+1)/(0-1+1-1+1)
Was kommt denn stattdessen raus?
Je mehr ich drüber nachdenke, desto verwirrter bin ich. Aber eigtl. Muss das Potential ja von r abhängen. Der Abstand kann ja nicht egal sein. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 07. Jan 2015 13:54 Titel: |
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Am besten macht man eine Taylorentwicklung in 1/L. Das geht recht schnell durch mehrmaliges Anwenden der Formel ^n \approx 1 + n \epsilon + \dots) auf die Wurzeln und den gesamten Bruch. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 08. Jan 2015 12:38 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | Am besten macht man eine Taylorentwicklung in 1/L. Das geht recht schnell durch mehrmaliges Anwenden der Formel auf die Wurzeln und den gesamten Bruch. |
Wie ich diese Formel anwenden soll, versteh ich leider nicht so ganz.
Wenn ich mal das erste Taylorpolynom des Bruchs an der Stelle 1/L Bestimme und L dann gegen unendlich laufen lasse, erhalte ich ln(1)=0
Das heißt der Bruch läuft gegen 1 und damit der ln gegen 0 und damit auch das Potential gegen 0. Kann aber nicht sein. Also was muss ich anders machen?
Danke für deine Geduld. Ich weiß, es ist eine schwere Geburt, aber ich finde die Aufgabe ehrlich gesagt bedeutend schwerer als sie auf den ersten Blick aussieht. |
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Angelwingking
Anmeldungsdatum: 08.01.2015
Beiträge: 4
Wohnort: Hamburg
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| Angelwingking Verfasst am: 09. Jan 2015 08:19 Titel: |
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Ja, Ich habe auch diese Formel nicht verstanden.
Welche ist eine Variable?
Spam-Link gelöscht. Steffen
Zuletzt bearbeitet von Angelwingking am 10. Jan 2015 09:04, insgesamt einmal bearbeitet |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 09. Jan 2015 09:47 Titel: |
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z.B.
Jetzt die Taylorentwicklung der Wurzel
Jetzt die Taylorentwicklung des Bruchs
 \left( 1 - \frac{1}{4}{r_0} ^2/L^2 + \dots \right) )
Das ganze jetzt noch mit dem anderen Term und zusammenfassen... |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 14. Jan 2015 14:46 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | z.B.
Jetzt die Taylorentwicklung der Wurzel
Jetzt die Taylorentwicklung des Bruchs
Das ganze jetzt noch mit dem anderen Term und zusammenfassen... |
Wenn ich das mache, komme ich immernoch auf keinen vernünftigen Grenzwert, mal abgesehen davon, dass ja schon der Term den du bereits ausgewertet hast, gegen 0 für L gegen unendlich läuft. Das kann doch nicht sein. Ich brauche immernoch. Wie kommt man denn nun zum Ziel? |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 14. Jan 2015 14:51 Titel: |
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Der Term geht gehen 0 und der andere der fehlt gegen unendlich.. dieser hat ein 1/L^2 , der andere ein L^2, die heben sich weg und Du erhaelst einen endlichen Grenzwert. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 14. Jan 2015 16:06 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | Der Term geht gehen 0 und der andere der fehlt gegen unendlich.. dieser hat ein 1/L^2 , der andere ein L^2, die heben sich weg und Du erhaelst einen endlichen Grenzwert. |
Der andere Term hängt genauso von L ab, wie der Term, für den du die Entwicklung bereits durchgeführt hast. Wie kann da nach der Entwicklung ein L^2 stehen? |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 14. Jan 2015 16:10 Titel: |
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Nein tut er nicht. Wenn Du die Entwicklung mal selber Schritt für Schritt hinschreiben würdest, dann würdest Du es sehen. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 14. Jan 2015 17:28 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | Nein tut er nicht. Wenn Du die Entwicklung mal selber Schritt für Schritt hinschreiben würdest, dann würdest Du es sehen. |
Ich komme für L gegen unendlich und konstantem  auf:
 = \frac {\lambda}{4\pi\epsilon_0} \ln \left(\frac{{r_0}^2}{z^2+r^2} \right))
Passt das so? Hatte den Schritt nicht auf dem Schirm mit dem Bruch bei der zweiten Entwicklung. Da Musste man ja nur den Doppelbruch in ein Produkt umschreiben. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 14. Jan 2015 17:32 Titel: |
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Fast richtig. Überleg mal ob das Ergebnis noch von z abhängen kann (Symmetrie des Problems). |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 14. Jan 2015 17:58 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | Fast richtig. Überleg mal ob das Ergebnis noch von z abhängen kann (Symmetrie des Problems). |
Eigentlich nicht. Darf nur von r abhängen.
Aber das z bleibt stehen. habe es eben nochmal nachgerechnet |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 14. Jan 2015 18:03 Titel: |
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Dann hast Du dich verrechnet |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 14. Jan 2015 18:24 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | Dann hast Du dich verrechnet |
ok:
^2+r^2}}{z-L+\sqrt{(z-L}^2+r^2} = \frac{z/L+1+\sqrt{1+(z^2+r^2 +2zL)/L^2}}{z/L-1+\sqrt{1+(z^2+r^2-2zL)/L^2}})
Jetzt die Taylorentwicklung mit deiner Formel:
/L^2}{z/L + 1/2(z^2+r^2-2zL)/L^2} = \frac{2zL/2L^2+2+(z^2+r^2 +2zL)/2L^2}{2zL/L^2 + (z^2+r^2-2zL)/2L^2} =\frac{2+(z^2+r^2 +4zL)/2L^2}{(z^2+r^2)/2L^2})
Wie du siehst bliebe das jetzt stehen, oder muss ich den zähle durch ausklammern der "2" nochmal entwickeln? |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 14. Jan 2015 19:52 Titel: |
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Du musst jeweils bis zur Ordnung 1/L^2 entwickeln. Wegen des Terms 2zL/L^2 ~ 1/L musst Du hier die Wurzel wirklich bis zur zweiten Ordnung entwickeln um alle 1/L^2 Terme zu kriegen. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 15. Jan 2015 16:38 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | Du musst jeweils bis zur Ordnung 1/L^2 entwickeln. Wegen des Terms 2zL/L^2 ~ 1/L musst Du hier die Wurzel wirklich bis zur zweiten Ordnung entwickeln um alle 1/L^2 Terme zu kriegen. |
Kannst du mir mal bitte zeigen, wie man das korrekt macht? Kriege es irgendwie nicht hin.  |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 15. Jan 2015 16:45 Titel: |
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^n \approx 1 + n \epsilon + \frac{n(n-1)}{2} \epsilon^2 + \dots)
benutzen und alles wo 1/L^3 steht wegschmeissen. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 15. Jan 2015 21:52 Titel: |
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Also:
und somit
^2+r^2}}{z-L+\sqrt{(z-L)^2+r^2}} = \frac{1+z/L+\sqrt{1+2z /L + (z^2+r^2 )/L^2}}{-1+z/L+\sqrt{1-2z/L+(z^2+r^2)/L^2}})
Jetzt die Taylorentwicklung:
/L^2) - \frac{1}{8 }(-2z/L+ \dots)^2 + \dots}{-1+z/L+1 + \frac{1}{2} (-2z/L+(z^2+r^2)/L^2) - \frac{1}{8 }(-2z/L+ \dots)^2 + \dots})
Mit dem anderen Term multiplizieren. Fertig. Einfach stur Tayloerentwicklung anwenden.
PS: Das haette man auch einfacher haben können. Da der Limes wegen der Symmetrie nicht von z abhängen kann, können wir z=0 setzen. Dann ist genau der Kehrbruch der ersten Entwicklung von ganz oben nur mit r statt r0. |
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ohneplan123
Gast
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| ohneplan123 Verfasst am: 20. Jan 2015 16:45 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | Also:
und somit
Jetzt die Taylorentwicklung:
Mit dem anderen Term multiplizieren. Fertig. Einfach stur Tayloerentwicklung anwenden.
PS: Das haette man auch einfacher haben können. Da der Limes wegen der Symmetrie nicht von z abhängen kann, können wir z=0 setzen. Dann ist genau der Kehrbruch der ersten Entwicklung von ganz oben nur mit r statt r0. |
Ich danke dir vielmals für die Hilfe!!
Also erhalte ich:
 = \frac \lambda {4\pi\epsilon_0} \ln {\left(\frac {{r_0}^2} {r^2}\right)})
Das war eine schwere Geburt, aber sicher keine schlechte Vorbereitung für die anstehende Klausur. Danke |
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