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Rotierende Kugel mit Ladung
 
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Zirki
Gast





Beitrag Zirki Verfasst am: 01. Jan 2017 21:45    Titel: Rotierende Kugel mit Ladung Antworten mit Zitat

Meine Frage:
Hallo,

ich bräuchte bitte Hilfe bei folgender Aufgabe:

Eine homogen geladene Kugel mit der Gesamtladung Q und dem Radius R rotiere mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ? um eine Achse durch den Mittelpunkt.

Gesucht: Stromdichte, Vektorpotential und Magnetfeld

Meine Ideen:
Ich habe mit der Stromdichte begonnen:

Die Stromdichte ist unabhängig von der Zeit, d.h:



mit

und

außerdem ist


Darf ich dieses Kreuzprodukt mit ez und er einfach so ausführen? (er) soll dabei der Einheitsvektor (er) in Kugelkoordinaten sein und (ez) einfach (0, 0, 1).
Wenn ja, warum geht das genau? Irgendwie kommt mir das ein bisschen "falsch" vor. Aber wenn dem nicht so ist, dann wärs eh gut. smile Würde nur der Vollständigkeit halber gerne wissen warum es OK ist.
Wenn ich das machen komme ich auf eine Lösung, nämlich:



Allerdings muss ich jetzt noch zeigen dass die Divergenz der Stromdichte gleich 0 ist. Und da ich vorher schon verwirrt war wegen dem Kreuzprodukt bin ich es jetzt wieder, da ich nicht so recht weiß ich welchem Koordinatensystem ich jetzt genau bin. unglücklich
Ich habe eine Musterlösung, die mit meiner Lösung sozusagen übereinstimmt. Und zwar in dem Sinn dass sie die Stromdichte in den einzelnen kartesischen Komponenten angibt. Die entsprechen genau meiner Lösung, wobei der Vektor ja lautet und dann einfach die x-Komponente der Vorfaktor multipliziert mit der "x-Komponente" von ist. (d.h. in diesem Fall Vorfaktor*(-sin(phi))

Das verstehe ich nicht ganz. Kann mir das jemand erklären? In welchem Koordinatensystem befinde ich mich wann genau? Und kann ich jetzt einfach die Divergenz in kartesischen Koordinaten anwenden? Das ergibt ja dann wirklich einfach 0, da x,y,z ja nie in einem der Ausdrücke vorkommen.

LG und danke!!
franz



Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583

Beitrag franz Verfasst am: 01. Jan 2017 22:44    Titel: Re: Rotierende Kugel mit Ladung Antworten mit Zitat

Die Ladungsdichte ist (in der Kugel) homogen = konstant , bleibt also in Kugelkoordinaten zu schreiben.
Zirki
Gast





Beitrag Zirki Verfasst am: 01. Jan 2017 23:12    Titel: Antworten mit Zitat

Hallo franz,

OK, also ich denke ich habe einen meiner Denkfehler gefunden. Also das erste Kreuzprodukt (ez) x (er) ist komplett in Kugelkoordinaten. (0, 0, 1) in kartesischen Koordinaten bedeutet das bei der Umrechunung in Kugelkoordinaten cos(theta) = 1 ist, d.h. theta = 0, und sin(0) = 0 und der Vektor ist hier in Kugelkoordinaten auch (0, 0, 1). Stimmt das so?
Und auf mein Ergebnis muss ich jetzt auch die Divergenz in Kugelkoordinaten anwenden.
franz



Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583

Beitrag franz Verfasst am: 02. Jan 2017 00:18    Titel: Antworten mit Zitat

.
Die Divergenz der Stromdichte muß wg natürlich null sei.
Rechnerisch läßt sich das beispielsweise beim Kreuzprodukt oben mit
lösen,
wo nur auszurechnen bleibt.
Zirki
Gast





Beitrag Zirki Verfasst am: 02. Jan 2017 00:39    Titel: Antworten mit Zitat

OK, danke.

Ich habs jetzt einfach so gemacht:
Da es nur eine phi-Komponente gibt, gibt es ja auch nur einen phi-Koeffizienten. Weißt du was ich meine?


Ich brauche von der Divergenz nur den phi-Teil, da ich sonst keine anderen Komponente habe:



Auf jeden Fall hängt der phi-Koeffizient - also die Stromdichte - nicht von phi ab und daher ist auch die Ableitung null. Die anderen Koeffizienten sind sowieso null.
Ist so auch OK, oder?
franz



Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583

Beitrag franz Verfasst am: 02. Jan 2017 10:10    Titel: Antworten mit Zitat

OK ist, wenn Du weitermachst. smile
Zirki
Gast





Beitrag Zirki Verfasst am: 02. Jan 2017 16:41    Titel: Antworten mit Zitat

Nun gut, meine Stromdichte ist jetzt:




Das setzt ich die Formel für das Vektorpotential ein:




Auf den Nenner wende ich den Cosinusssatz an: Ich lege r in ez-Richtung und dann ist theta der Winkel zischen r und r'.




Die Heaviside-Funktion müsst mir einfach nur meine Integrationsgrenzen für dr' festlegen, ist das richtig? D.h. die Grenzen wären 0 bis R.

Was ich noch machen: Der r'-Vektor im Zähler des Integranden ist




Also schlussendlich:




Das Dreifach-Integral hab ich nicht hinbekommen. grübelnd Die Grenzen sind aber denke ich klar. Ich integriere einfach über eine Kugel mit Radius R.

Nun sind die ersten zwei Komponenten gleich 0, hier wird ja über sin(phi) bzw. cos(phi) von 0 bis 2pi integriert.
Es ist also nur noch die 3. Komponente zu berechnen.
Hier hab ich cos = u substituiert und ein Integral rausbekommen dass ich schon mal gelöst habe, deswegen schreib ichs jetzt mal nicht so genau auf.









Das Integral hat diese Form, wobei a = 1 und b = -1 ist.
Gut, dann löst man das Ganze und setzt die Grenzen ein.




So, wie sieht das aus? smile Bis hier her richtig? Das ist jetzt der Teil wo schon über dphi und dtheta integriert wurde. dr' fehlt noch.
Beim nächsten Schritt bin ich dann nämlich unsicher und bräuchte Hilfe.
Vorher muss natürlich erstmal das da oben richtig sein ^^
jh8979
Moderator


Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8571

Beitrag jh8979 Verfasst am: 02. Jan 2017 16:54    Titel: Antworten mit Zitat

Zirki hat Folgendes geschrieben:



So, wie sieht das aus? smile

Bin jetzt nicht jeden Schritt durchgegangen, aber im Grossen und ganzen sieht es doch ganz gut aus. Den ersten Teil der Klammer kannst Du noch vereinfachen. Danach ist das Integral über r' trivial, wenn Du eine Fallunterscheidung machst um den Betrag wegzubekommen.
franz



Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583

Beitrag franz Verfasst am: 05. Jan 2017 22:25    Titel: Antworten mit Zitat

Interessehalber:

Das Magnetmoment m der Kugel würde ich mittels infinitesimaler Kreisströme dI(r',z) summieren

was dem Ergebnis einer kreisförmig rotierenden Punktladung entspricht (L Drehimpuls)

PS Sorry, mir schien der threat beendet.


Zuletzt bearbeitet von franz am 06. Jan 2017 08:44, insgesamt einmal bearbeitet
Zirki
Gast





Beitrag Zirki Verfasst am: 06. Jan 2017 01:31    Titel: Antworten mit Zitat

Da bin ich wieder. OK, danke euch. smile

Ich nehme jetzt mein letztes Ergebnis und:

in der Kugel ist r < r', r' wird von 0 bis R integriert.
D.h.

und ich bekomme raus:

was ist denn jetzt mit außerhalb der Kugel? Die Heaviside-Funktion hat mir ja die Integrationsgrenzen von 0 bis R gegeben. Sonst ist der Integrand ja 0.
Was mache ich da? grübelnd
Zirki
Gast





Beitrag Zirki Verfasst am: 09. Jan 2017 15:05    Titel: Antworten mit Zitat

Ach Blödsinn, die Integrationsgrenzen bleiben einfach gleich. Einfach nur die Fallunterscheidung machen, sodass r > r' ist machen passt, oder?
Der Betrag ist dann einfach r-r' und das Ergebnis lautet
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