Aufgabe 1, Blatt 4

Untote Übungsblätter

Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon Lars1991 » 12.11.2009 18:37

also das hat herr uccirati geschrieben... mich persoenlich bringt das nicht weiter...:


Lieber Herr Lauke,

die Idee ist: schreiben R=|z|*delta und dann entwickeln in delta->0.
Wenn man so macht, kriegt man nicht 0.

Mit freundlichen Grüßen

Sandro Uccirati
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon TheCoon » 12.11.2009 19:13

Habe den gleichen Ansatz wobei bei mir r'=rho ist , in ii) ist thetta 90 grad und r=z ,in iii) ergebniss von ii entwickeln und man kommt auf E und phi einer Punktladung . hoffe das ganze stimmt :|
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon Lars1991 » 12.11.2009 19:45

also ich hab ihn nochmal gefragt ob er mir seine antwort erklaeren kann^^ und es is so gemeint das man bis zum quadratischen entwickeln soll... wieso er das nich auch so aufs blatt schreibt bleibt wohl sein geheimnis -.- am ende sollen die terme für eine punktladung vorliegen
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon CommanderTomalak » 13.11.2009 16:36

C3POXTC hat geschrieben: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...


Nachtrag: Achtung, falsch!
Wenn du statt dem Sigma vor dem Inegral noch ein Q hinschreibst, stimmt das. Für das Potential auf der z-Achse hab ich also
\\ \Phi(\rho = 0, z) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0} \int\limits_0^{2\pi} d\phi \int\limits_0^{R} \frac{\rho'}{\sqrt{z^2 + (\rho - \rho')^2}} d\rho' = \frac{Q}{2 \epsilon_0} \sqrt{z^2 + R^2} = \Phi(z)

Das ganze folgt unmittelbar aus der Definition des Potentials und der Darstellung unserer Koordinaten als \\ \vec{x} = z  \hat{e_z} + \rho  \hat{e_\rho} und \\ \vec{x}' = 0 \cdot  \hat{e_z} + \rho  \hat{e_\rho} . Beim Integrieren noch aufpassen, dass das Flächenelement in Polarkoordinaten als \\ dA = \rho' d\rho' d\phi definiert ist und fertig.

Für das E-Feld folgt daraus ganz einfach
\\ \vec{E} = - \vec{\nabla} \Phi = -\frac{Q}{2 \epsilon_0} \cdot \frac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}} \cdot \hat{e_z}

EDIT: Hm, mir fällt grad auf, dass \\ \vec{x} - \vec{x}' = z \hat{e_z} + (\rho - \rho')\hat{e_\rho} + (\phi - \phi') \hat{e_\phi} ist, in sofern sind meine Gleichungen da oben vermutlich nicht mehr richtig... dann wäre der Scheiß aber auch nicht mehr vernünftig zu integrieren :? was meint ihr?
Wie auch immer, die Lösung von reynhold ist definitiv nicht richtig, weil da das Problem schon auf die z-Achse beschränkt wird.

EDIT2: Achso, is ja kein Problem für die a), da müssen wir es eh nicht ausrechnen und in der b ist Phi einfach Null.
EDIT3: Aber Phi' nicht. Da oben steht also Käse.
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon reynhold » 13.11.2009 17:34

Ist mir inzwischen auch aufgefallen dass das Ganze auf die z-Achse begrenzt ist. :D
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon CommanderTomalak » 13.11.2009 20:11

Also ich hab mir jetzt überlegt, dass das Integral für die a schon in etwa so aussehen muss:

Nachtrag: Achtung, falsch!
Vektordifferenz von betrachtetem Punkt und Aufpunkt auf der Scheibe:
\\ \vec{x} - \vec{x}' = z \hat{e_z} + (\rho - \rho') \hat{e_\rho} + (\phi - \phi') \hat{e_\phi}
\\ | \vec{x} - \vec{x}' | = \sqrt{z^2 + (\rho - \rho') ^2 + (\phi - \phi') ^2} \\ \\ \Rightarrow
\\ \Phi(\rho, \phi, z) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0} \int\limits_0^{2\pi} d\phi' \int\limits_0^{R} d\rho' \frac{\rho'}{|\vec{x} - \vec{x}'|} = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0} \int\limits_0^{2\pi} d\phi' \int\limits_0^{R} d\rho' \frac{\rho'}{\sqrt{z^2 + (\rho - \rho') ^2 + (\phi - \phi') ^2}}

Für die b gibt es jetzt einen langen und einen kurzen Weg. Den langen hab ich im Anhang getext, damit die Rechnerei nicht ganz umsonst gewesen ist, vielleicht interessiert sich ja jemand dafür :D da setze ich einfach nur Phi und Rho gleich 0 und führe die Integration über Phi' und Rho' beinhart aus. Die Funktion, die dabei rauskommt, ist dann zwar unfassbar hässlich, aber wenn man sie plottet äquivalent mit der, die beim einfachen Weg rauskommt. Beim einfachen Weg geh ich davon aus, dass Phi' aus Symmetriegründen keinen Einfluss auf den Betrag des Differenzvektors hat und daher vernachlässigt werden kann. Dann wird aus der langen Gleichung wie ich oben schon stehen hatte

Diese Gleichung für die b) stimmt dafür wieder
\\ \Phi_z(z) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0} \int\limits_0^{2\pi} d\phi \int\limits_0^{R} \frac{\rho'}{\sqrt{z^2 + \rho'^2}} d\rho' = \frac{Q}{2 \epsilon_0} \sqrt{z^2 + R^2}

Da der Graph dieser Funktion wirklich identisch mit dem der langen ist, gehe ich davon aus, dass das wirklich stimmt. Wers nicht glaubt, kann gerne in den Anhang gucken und es selber plotten :D jetzt nur noch die Gleichung entwickeln. Die kurze natürlich :mrgreen:
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon TheCoon » 13.11.2009 20:44

Kannst du bitte eine skizze machen , um zu zeigen was die ganze symbole bedeuten? . oder einfach erklären in einem text . :?: :|
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon CommanderTomalak » 13.11.2009 21:01

x ist der Punkt, an dem das Feld betrachtet wird, x' ist der Punkt innerhalb der Ladungsverteilung, über den integriert wird, z phi und rho sind die Komponenten der entsprechenden Vektoren in Zylinderkoordinaten. Ich hielt das für eine gängige Notation :P
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon C3POXTC » 14.11.2009 12:35

CommanderTomalak hat geschrieben:\\ \vec{x} - \vec{x}' = z \hat{e_z} + (\rho - \rho') \hat{e_\rho} + (\phi - \phi') \hat{e_\phi}


So wie ich das sehe ist das leider falsch. Richtig wäre:
\vec x - \vec x' = z \hat e_z + \sqrt{\rho^2 + \rho'^2 -2\rho\rho' \cos{\phi}} \hat e_\rho + \arctan{\left(\frac{a \sin{\phi}}{b-a\cos{\phi}}} \right) \hat e_\phi
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Re: Aufgabe 1, Blatt 4

Beitragvon CommanderTomalak » 14.11.2009 15:50

Ich kotz gleich die Wand an, ich hab gestern echt stundenlang komplett umsonst gerechnet :cry: :evil: wie komm ich auch auf die Idee, dass Vektordifferenzen in Zylinderkoordinaten so einfach sind Bild
Der Abstand zweier Punkte in Zylinderkoordinaten beträgt laut dieser Formelsammlung (Seite 15 des PDFs)

\\ \vec{r} - \vec{r}' = (\rho - \rho'\cdot cos(\phi - \phi')) \hat{e_\rho} + \rho' \cdot sin(\phi - \phi') \hat{e_\phi} + (z - z') \hat{e_z}
\\ | \vec{r} - \vec{r}' |^2= (\rho - \rho'\cdot cos(\phi - \phi'))^2 + (\rho' \cdot sin(\phi - \phi'))^2 + (z - z')^2
\\ | \vec{r} - \vec{r}' |= \sqrt{ \rho^2 + \rho'^2 - 2 \rho \rho' cos(\phi - \phi') + (z - z')^2}

Was ich eben nochmal nachvollzogen hab, das stimmt.
@C3POXTC: Mag sein, dass dein Ausdruck äquivalent ist, ich find den hier aber schöner ;) obwohl... in deiner Beziehung fehlt das Phi' gänzlich, die kann also nicht richtig sein.

Das heißt jetzt nochmal von vorne rechnen. Ich kann gar nicht so viel essen wie ich kotzen könnte.
EDIT: Lustig, bei der b) kommt trotzdem das Gleiche raus :D
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