Aufgabe 1, Blatt 4

Untote Übungsblätter

Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon reynhold » 11.11.2009 16:01

Hier mal meine Lösungen zur ersten Aufgabe:

Übungsblatt 3, Aufgabe 1.pdf
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon mioweber » 11.11.2009 16:46

Habe alles bis zur iii) auch so, siehe übrigens Ex-2 Probeklausur xD , aber bei der 3 habe ich nichts gegen 0 gehen lassen, ich verstehe die aufgabe so, dass wir zeigen sollen, dass es sich bei großen Entfernungen, wie eine Punktladung verhält. aber vll bin ich der deutschen sprache nicht mächtig genug xD.
antworten oder nicht antworten, das ist hier die frage!
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon C3POXTC » 11.11.2009 17:09

Wenn ich das richtig sehe, hast du bei der i) schon auf die z-achse vereinfacht. Ich hab da nämlich ein bisschen mehr stehn: \Phi=\frac{\sigma}{4\pi \epsilon_0}\int\int{\frac{\rho'}{\sqrt{z^2+(\rho-\rho')^2}}d\phi d\rho'}
Bei der ii) wird das \rho natürlich 0, kommt also das gleiche raus...
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon TheCoon » 11.11.2009 18:39

:geek: A1 iii)
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon AlexB » 11.11.2009 20:07

Muss das unter der Wurzel nicht (r²+r'²-2rr'cos(phi'-phi)+z²) sein? (r muesste eigenltich ein rho sein)

Denn die Wurzel ist doch nichts anderes als der Abstand von einem beliebigen Punkt P(x,y,z) von einem beliebigen Flächenelemet dA (Koordinaten (x',y',0)). dieser Abstand ist gegeben durch:
d=((x-x')²+(y-y')²+z²)^(1/2)

Setzt man jetzt Zylinderkoordinaten ein, also x=r*cos(phi); y=r*sin(phi); x'=r'*cos(phi'); y'=r'*sin(phi'), dann erhält man nach Aufloesen der Binome und mit Hilfe eines Additonstheorems den obigen Ausdruck.

In Teil ii) auf der z-Achse ist r=0 und Phi=0 und man erhält wieder den ganz normalen Ausdruck, dne wir aus der Ex-Probeklausur kennen, wie ihn reynhold gepostet hat.

Was meint ihr dazu? Passt das oder hab ich mal wieder n Denkfehler drin?
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon Lars1991 » 12.11.2009 14:00

also ich glaub des teta ist doch der winkel zws den vektoren und in dem fall liegt unser einer vektor doch in der eben und der andere in richtung z achse... also ist teta= π/2 => cos(teta)= 0
weiss nich genau ob das jez reicht um da hinzukommen wo wir hinmuessen^^
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon AlexB » 12.11.2009 15:20

ja schon, das passt, wenn man einen Punkt auf der z-Achse wählt. Das soll man aber doch erst im Teil ii) machen; im Teil i) soll man doch das Potential an einem beliebigen Punkt berechnen (zumindest versteh ich die Aufgabe so) und dann stehen die beiden Vektoren ja nicht mehr unbedingt senkrecht aufeinander.
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon Lars1991 » 12.11.2009 16:08

zur iii):

da musst du das z aus der wurzel ziehen und die dann entwickeln, was dabei rauskommt ist das du quasi das ergebnis fuer eine punktladung bekommst:

E = q/2e_0

das is sinn der sache (siehe ex II)


EDIT: hm... komisch... wenn ich die entwickel bekomm ich da auch null raus... aber war das nich in ex2 mal so das man dann am ende E und phi fuer ne punktladung bekommt...?

sooo... also ich bin mir nicht ganz sicher... finde das macht keinen sinn in der iii, eig muesste man auch noch den quadratischen term mitnehmen... wenn ich nur bis zur verlangten ordnung entwickel bringt mir das ja eig nix... wenn ich wie in ex2 den naechsten term mitnehme, dann klappt das. ich weiss zumindest nich was phi und E gleich null uns bringen...
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon Lars1991 » 12.11.2009 17:51

Ich habe herrn uccirati mal ne mail geschrieben... mal sehn was er dazu meint. ich denke aber mal er hat das quadrat vergessen... für mich ergibt sich sonst aus den ergebnissen kein sinn...
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon Lars1991 » 12.11.2009 18:13

@ alexB
also ich hab in der i) wirklich nur einen ansatz:

\phi = \frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} \int \frac{\sigma }{|\vec{r}-\vec{r'}|}dA

mit |\vec{r} - \vec{r'}| = \sqrt{r^2 + r'^2 -2rr'cos\Theta} und dA = r' dr' d\varphi

einmal integrier ich von 0-R und einmal von 0-2π

in ii) soll ich das dann ja berechnen
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