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Gast34
Anmeldungsdatum: 16.02.2015
Beiträge: 1
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 Gast34 Verfasst am: 16. Feb 2015 23:49 Titel: Retardierendes Potential eines Kreisrings mit Drehschwingung |
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Hallo liebe Physiker,
ich versuche mich gerade an folgender Aufgabe und komme gleich am Anfang nicht weiter:
Ein (unendlich dünner) homogenen geladener Ring (Radius R, Gesamtladung Q) befinde sich in der Ebene senkrecht zur z-Achse und führe Drehschwingungen mit  = \omega_0 cos(\Omega t) ) aus, wobei  << c gelte.
Nun sind ausgehend von den retardierten Potentialen Elektrisches - und magnetisches Feld zu bestimmen.
Meine Ideen:
Ich bin mir nur nicht ganz sicher, wie ich das anstellen soll. Zuerst würde ich die Ladungsdichte  ) aufstellen und mittels  = \rho x \omega ) die Stromdichte berechnen.
Wenn Ladungsdichte und Stromdichte gesichert sind, kann man diese dann ja in die entsprechenden Formeln einsetzten. Das sollte kein Problem sein. Nur bin ich mir unsicher, wie ich die Drehschwingung in Ladungs- und Stromdichte einbeziehen soll. Deshalb bitte ich um Hilfe. Danke schon mal. |
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schnudl
Moderator
Anmeldungsdatum: 15.11.2005
Beiträge: 6979
Wohnort: Wien
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| schnudl Verfasst am: 17. Feb 2015 08:19 Titel: |
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Bist du zunächst sicher, dass du die Ladungsdichte richtig hingeschrieben hast? Wo geht daraus denn hervor, dass diese auf r=R konzentriert ist? Es ist ein Ring - keine Scheibe!
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Wenn du eine weise Antwort verlangst, musst du vernünftig fragen (Goethe) |
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lale
Anmeldungsdatum: 17.02.2015
Beiträge: 7
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| lale Verfasst am: 17. Feb 2015 10:13 Titel: |
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Ich musste mich noch mal neu anmelden, deshalb jetzt dieser Name.
Also ich habe noch mal über die Ladungsdichte nachgedacht und bin nun auf folgendes Ergebnis gekommen:
 \Theta(R-r') ) in Zylinderkoordinaten  )
Stimmt das jetzt soweit? Was mache ich dann aber mit der Drehschwingung? Kann man die Stromdichte aus dem Kreuzprodukt von Ladungsdichte und Drehschwingung berechnen:  = \rho(r) \times \vec{\omega}(t) ) |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18185
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| TomS Verfasst am: 17. Feb 2015 11:01 Titel: |
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Es handelt sich um einen Ring mir Radius R, nicht um eine Scheibe. Daher keine Theta- sondern nochmal eine Deltafunktion. Den Vorfaktor bestimmst du wieder durch Berechnung der Gesamtladung.
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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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lale
Anmeldungsdatum: 17.02.2015
Beiträge: 7
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| lale Verfasst am: 17. Feb 2015 11:14 Titel: |
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So, ich hoffe jetzt stimmt zumindest die (Linien)-Ladungsdichte:
 \delta(R - r') )
Die Ladungsdichte ist somit auch zeitunabhängig. Da müsste für das skalare Potential  = 0 ) gelten. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18185
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| TomS Verfasst am: 17. Feb 2015 11:32 Titel: |
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| lale hat Folgendes geschrieben: | | Die Ladungsdichte ist somit auch zeitunabhängig. Da müsste für das skalare Potential gelten. |
In welcher Eichung willst du arbeiten?
Wenn du nicht gerade Phi = 0 per Eichfixierung setzen willst, dann ist doch Phi die Lösung einer Feldgleichung
Lorentz-Eichung:
Coulomb-Eichung:
und sicher nicht Null.
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lale
Anmeldungsdatum: 17.02.2015
Beiträge: 7
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| lale Verfasst am: 17. Feb 2015 11:50 Titel: |
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In der Aufgabe ist keine Vorgabe gemacht, welche Eichung man verwenden soll. Da wir meist die Lorenz-Eichung verwenden, würde ich diese benutzen. Allerdings dachte ich, dass retardierende Potentiale nur von zeitabhängigen Größen existieren können. Warum ist dem scheinbar nicht so? |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8584
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| jh8979 Verfasst am: 17. Feb 2015 12:47 Titel: |
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"Retadierte Potentiale" bedeutet, dass man die Potentiale in der Lorentzeichung ausrechnet. Wenn das System statisch ist (als nicht von der Zeit abhängt, wie die Ladungsdichte hier), dann ist das retadierte skalare Potential natürlich gleich dem nicht-retardierten, weil es eh zeitunabhängig ist. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18185
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| TomS Verfasst am: 17. Feb 2015 13:01 Titel: |
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Man kann retardierte Potentiale auch in anderen Eichungen benutzen (was ich hier aber nicht empfehlen würde).
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lale
Anmeldungsdatum: 17.02.2015
Beiträge: 7
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| lale Verfasst am: 17. Feb 2015 13:15 Titel: |
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Also folgt damit für das skalare Potential [latex] \phi [/latex] das normale Coulomb-Potential.
[latex] \phi (\vec{r}, t) = \Phi(\vec{r}) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r} [/latex]
Wie verfahre ich jetzt aber weiter? Ich habe immer noch keine Idee andere Idee, wie ich die Drehschwingung in meine Rechnung einbeziehen soll. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8584
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| jh8979 Verfasst am: 17. Feb 2015 13:25 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | | Man kann retardierte Potentiale auch in anderen Eichungen benutzen (was ich hier aber nicht empfehlen würde). |
Man kann natürlich jede Eichung verwenden die man will, aber man erhält natürlich nicht in allen Eichungen retardierte Potentiale (z.B. in der Coulomb-Eichung nicht). Und wenn man von den retardierten Potentialen spricht, dann sind eigentlich immer die Potentiale in der Lorentzeichung gemeint.
PS: Aber diese "Feinheiten" sind hier offensichtlich noch das kleinste Problem...
Zuletzt bearbeitet von jh8979 am 17. Feb 2015 13:28, insgesamt einmal bearbeitet |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8584
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| jh8979 Verfasst am: 17. Feb 2015 13:26 Titel: |
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| lale hat Folgendes geschrieben: | Also folgt damit für das skalare Potential  das normale Coulomb-Potential.
 = \Phi(\vec{r}) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r} )
. |
Nein, das ist nicht das Potential eines Ringes, sondern einer Punktladung. |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 17. Feb 2015 13:39 Titel: |
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lös doch mal die Gleichung für die Ladungsdichte und Phi, welche dir TomS bereits angegeben hat. Diese hat eine explizite klare Lösung, mit der man Phi bestimmen kann. |
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lale
Anmeldungsdatum: 17.02.2015
Beiträge: 7
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| lale Verfasst am: 17. Feb 2015 13:53 Titel: |
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 wegen fehlender Zeitabhänigkeit folgt:
Durch Lösen des Integrals kriege ich:
 = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 \sqrt{R^2 + z^2}} ) |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 17. Feb 2015 14:35 Titel: |
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| lale hat Folgendes geschrieben: | wegen fehlender Zeitabhänigkeit folgt:
Durch Lösen des Integrals kriege ich:
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Das stimmt nicht! |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18185
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| TomS Verfasst am: 17. Feb 2015 14:37 Titel: |
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Das kann nicht sein. Das Potential ist sicher nicht ausschließlich von z abhängig.
Stell dir' vor, du befindest dich sehr weit entfernt von dem Ring und nimmst in in sehr guter Näherung als Punktladung wahr. Offensichtlich muss also dein Potential näherungsweise in das Coulombpotential übergehen.
Schreib doch mal deinen Ansatz zur Integration hier auf.
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8584
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| jh8979 Verfasst am: 17. Feb 2015 14:46 Titel: |
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| lale hat Folgendes geschrieben: |
Durch Lösen des Integrals kriege ich:
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Das ist richtig für  .
Fuer den allgemeinen Fall mit  lässt sich das Integral auch nicht geschlossen in Elementaren Funktionen ausdrücken, sondern nur mithilfe der elliptischen Integrale erster Art:
http://de.wikipedia.org/wiki/Elliptisches_Integral |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 17. Feb 2015 14:49 Titel: |
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Stichwort: Multipolentwicklung |
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lale
Anmeldungsdatum: 17.02.2015
Beiträge: 7
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| lale Verfasst am: 17. Feb 2015 14:51 Titel: |
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Ich habe mich im vorherigen Beitrag verschrieben, ich meinte nicht z, sondern r'.
 \delta(R-r') d^3 r'
<br />
= \frac{Q}{\epsilon_0} \int_0^{2 \pi} d\varphi \int_{r'}^R \frac{1}{ \pi R^2} dr' ) |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8584
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| jh8979 Verfasst am: 17. Feb 2015 14:56 Titel: |
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Dann ist Deine Antwort (und auch die Rechnung) schlicht komplett falsch. |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 17. Feb 2015 15:00 Titel: |
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| lale hat Folgendes geschrieben: | Ich habe mich im vorherigen Beitrag verschrieben, ich meinte nicht z, sondern r'.
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1. Was gilt für das Volumenelemt in Zylinderkoordinaten?
In kartesischen Koordinaten gilt das:
In Zylinderkoordinaten sieht das anders aus.
Dein Integral nach dr' kannst du wegen der Deltafunktion direkt auswerten
Es bliebe sowas stehen:
^2+ \left(rsin\phi -Rsin\phi '\right)^2+z^2}}d\phi ')
Das geht aber nicht einfach so auszuwerten, wie bereits gesagt wurde.
Rechne das bitte nach!!!! und zeig uns wie. |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 17. Feb 2015 15:03 Titel: |
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Um Verwirrungen zwischen Winkel und Potential vorzubeugen
| bernd12345 hat Folgendes geschrieben: |
^2+ \left(rsin\phi -Rsin\phi '\right)^2+z^2}}d\phi ')
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18185
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| TomS Verfasst am: 17. Feb 2015 15:18 Titel: |
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@Bernd: hab' deine Formel korrigiert und den zweiten Beitrag gelöscht
dabei ist mir aufgefallen, dass du Brüche A/B als \frac A {B} schreibst; das ist TeX- und nicht LaTeX-Stil; besser ist \frac{A}{B}
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lale
Anmeldungsdatum: 17.02.2015
Beiträge: 7
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| lale Verfasst am: 17. Feb 2015 21:34 Titel: |
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Ich verstehe nicht so richtig, wie ich das jetzt machen soll. Ich hatte die von mir angegebene Ladungsdichte als Linienladungsdichte aufgefasst. Warum wird dann über das Volumenelement integriert und nicht über das Linienelement?
Es sieht wahrscheinlich so aus, als hätte ich keine Lust dazu. Aber ich kann mir bei diesem Kreisring irgendwie nichts vorstellen. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8584
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| jh8979 Verfasst am: 17. Feb 2015 22:04 Titel: |
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| lale hat Folgendes geschrieben: |
Es sieht wahrscheinlich so aus, als hätte ich keine Lust dazu. Aber ich kann mir bei diesem Kreisring irgendwie nichts vorstellen. |
Wenn Du Dir nicht vorstellen kannst, wie ein Ring aussieht, dann haben wir hier ein ernstes Problem... |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18185
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| TomS Verfasst am: 17. Feb 2015 22:53 Titel: Re: Retardierendes Potential eines Kreisrings mit Drehschwin |
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| Gast34 hat Folgendes geschrieben: | Ein (unendlich dünner) homogenen geladener Ring (Radius R, Gesamtladung Q) befinde sich in der Ebene senkrecht zur z-Achse ...
Nun sind ausgehend von den retardierten Potentialen ... |
So, das ist im Kern die Frage, die wir bisher diskutiert haben. Nachdem wir von retardierten Potentialen gelesen haben, sind wie selbstverständlich davon ausgegangen, du wüsstest, was das ist (denn sonst hättest du ja gefragt ;-)
Außerdem sind wir davon ausgegangen, dass wenn du ein Problem der Elektrodynamik lösen sollst, dir die Grundlagen der Elektrostatik vertraut sind. Leider ist das nicht der Fall.
| lale hat Folgendes geschrieben: | Ich verstehe nicht so richtig, wie ich das jetzt machen soll. Ich hatte die von mir angegebene Ladungsdichte als Linienladungsdichte aufgefasst. Warum wird dann über das Volumenelement integriert und nicht über das Linienelement?
Es sieht wahrscheinlich so aus, als hätte ich keine Lust dazu. Aber ich kann mir bei diesem Kreisring irgendwie nichts vorstellen. |
Ein Kreisring ist ein Kreisring ist ein Kreisring.
Deine Linienladung ist entlang eines unendlich dünnen Kreises homogen verteilt. Dieser befindet sich in der xy-Ebene, d.h. z=0, und hat einen Radius R. Zeichne einen Kreis auf ein Blatt Papier - deine xy-Ebene - und fertig. Die Delta-Funktionen definieren diese geometrische Figur analytisch.
Die Lösung des statischen Problems für die Elektrostatik funktioniert mittels der Poissongleichung (x,x' sind im folgenden vektorielle Größen)
 = -\rho(x))
und ihrer Inversion
 = -\Delta^{-1}\rho(x) = \frac{1}{4\pi}\int_{\mathbb{R}^3}d^3x^\prime \frac{\rho(x^\prime)}{|x-x^\prime|})
Diese Gleichung gilt in Strenge und völlig allgemein (na ja, für den hier interessanten Kontext). Du musst einfach deine Ladungsdichte reinstecken, und erhältst das Potential. Fertig. Dabei ist es piep-egal, wie diese Ladungsdichte aussieht. Bei einer Punktladung resultiert das Coulompotential, und bei deiner Linienladung eben ein komplizierteres Potential. Aber es wird immer dieses Integral berechnet.
Im vorliegenden Fall sind aufgrund der Symmetrie sphärische oder Zylinderkoordinaten angemessen. Du hattest die Ladungsdichte
 = \frac{Q}{2 \pi R} \, \delta(z) \delta(r - R))
abgeleitet. Damit kannst du das Integral in Zylinderkoordinaten berechnen, d.h. du setzt
und drückst desweiteren alle Größen unter dem Integral durch Zylinderkoordinaten aus. Zwei Integrale sind offensichtlich trivial aufgrund der Delta-Funktionen, das dritte verlangt etwas Gehirnschmalz.
Dies ist eigtl. erst ein warm-up, denn der zweite Schritt erfordert a) das Arbeiten mit vektoriellen Größen und b) das eigtl. retardierte Potential für zeitabhängige Ladungen (hier nicht der Fall) und Ströme. Im dritten Schritt geht's dann und die E- und B-Felder ...
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