Übung 4, Aufgabe 3

[Iwan]

Tach zusammen! hat irgendwer ne Idee für nen Ansatz zur Aufgabe 3? ich hab da nen monumentalen Schlauchstand
(endlich mal ne Physikaufgabe, und ich kapier nix... deprimierend!)

ach ja: die Aufgabe 1a) steht schön im Nolting, Bd 3, S. 54-55   

[Meonahane]

oder 1 a und b ausm fließbach arbeitsbuch

[Niederrheiner]

also einen wirklichen Ansatz hab ich da noch nicht... aber ich glaube men muss als erstes die Funktion für die Ladungsdichte herausbekommen... wenn man das hat, kann man ja einfach integrieren und dann hat man das E-Feld...
Aber wie kommt man an die Dichte, das is die Frage....

Wie gesagt, das ist jetzt mein erster Denkansatz, wenn einer den weitergedacht hat... bitte ma son paar hints hinterlassen

[Iwan]

@Meonahane: kannst du den Weg aus dem Fließbach für die b) posten? ich krieg da irgendwie für das Integral über d phi 0 raus, weil ich bei Substitution von 1 bis 1 integriere...

[Meonahane]

trick bei der b ist wohl zu sagen, dass der zylinder erstmal die länge L hat und dann L -> infinity laufen zu lassen.

welchen lösungsweg hättest du denn gerne
Poisson-Gleichung oder Gauß?

btw. die 2 steht wohl auch dort drin

[Iwan]

wenn du mir verrätst, wie man das Integral löst, würde mir das schon reichen (bzw., ich würde dir (evtl.) um den Hals fallen  )


weiß eigentlich wer, ob es das Arbeitsbuch zum Fließbach auch als Datei gibt, so wie z. B. den Nolting?

[Meonahane]

den nolting gibt es als datei?

also integral:
(habe leider vergessen wie man genau text)

[tex] \int d \vec{A} \cdot \vec{E} = 2 \pi \rho \cdot L \cdot E(\rho) = 4 \pi Q_V [/tex]

mit

[tex] Q_V = \sigma_0 \pi \rho^2 L [/tex] für [tex] \rho \leq R [/tex] ersetze sonst [tex] \rho [/tex] mit R

[tex] \sigma_0 [/tex] ist jetzt mal die Ladungsdichte

-> nach E auflösen fertig -> Phi

Ersetzt du dann q/L mit Q' hast du dann glaub ich die Lösung für die Aufgabe

[feuerbringer]

Ich habs grad mal gerechnet und bekomme beim Potenzial was mit ln raus:

PHI(r) = -2Q'ln(r)   für r>R

kann das stimmen?

@Iwan: Gibts irgendwo, hab ihn leider aber auch nicht ... mal rumfragen ...

[Wurzel]

Ich hab mir die 1 a im Nolting angeschaut, verstehe dabei nicht, wie man von
[tex]\frac{\rho_0}{4\pi\epsilon_0}\int_{Kugel} d^3r' \frac{1}{|r-r'|}[/tex]
auf den Ausdruck
[tex]\frac{\rho_0}{4\pi\epsilon_0}\int_{0}^R dr'{r'}^2\int_0^{2\pi}d\phi' \int_0^\pi d\vartheta' \sin\vartheta' \frac{1}{\sqrt{ r^2+r'^2-2rr'cos\vartheta'}}[/tex]
kommt.
Mir ist wohl klar, dass
[tex]d^3r'=dV'_{Kugel}=sin{\vartheta'}r^2 dr' d\phi' d\vartheta'[/tex]
ist.
Aber wie bilde ich diesen Betrag von r-r'   ? ?

[thomas]

Beachte [tex]|r-r'|[/tex] ist nicht anderes als [tex]\sqrt{(r-r')^2}[/tex] dann multipliziere mal den Quadratausdruck unter der Wurzel. (Der Winkel kommt durch das Skalarprodukt von r mit r' rein.) aus ;-)

[schnubbi]

Was habt ihr bei der 2 für die Raumladung raus, und wie seid ihr darauf gekommen?

[Fraenzis]

ich hab:

[tex]p(x)=\frac{Q}{2\pi R} \cdot \delta (r-R) \cdot \delta(0-z)[/tex]

raus. Wobei r das Zylinderkoordinaten r ist. Das kann man sich zum einen anschaulich klarmachen. Denn wenn r ungleich R und/oder Z ungleich 0 ist muss p(x) ja 0 sein, andernfalls wäre es dann die Linienladungsdichte der Drahtes.

Hat noch keiner was bei Aufgabe 3?

[Braino]

[tex]\rho = \left\{\begin{array}{cl} \frac{Q}{2\pi r}, & \mbox{falls }r = R, \; \theta = \frac \pi 2\\ 0, & \mbox{sonst} \end{array}\right [/tex]

Oder elegant mit Deltafunktion:

[tex]\rho = \frac{Q}{2\pi r}\delta(r-R)\delta(\theta-\frac \pi 2)[/tex]

Alternativ geht das natürlich auch gut mit Zylinderkoordinaten.

[Fraenzis]

hm ich hab jetzt bei drei eine etwas seltsame Lösung.

Das Elektrische Feld ist ja

[tex]E=\int_Vp(x)\cdot \frac{x-x'}{|x-x'|^3}[/tex]

Dann muss man das ganze ja auch schreiben können als

[tex]E=\int_{V_1}p_1(x)\cdot \frac{x_1-x'}{|x_1-x'|^3}+\int_{V_2}p_2(x)\cdot \frac{x_2-x'}{|x_2-x'|^3}[/tex]

Demnach kann man das Feld einer Homogenen Kugel schreiben als

[tex]E_{Kugel}=E_{Kugel\quad mit \quad Hohlraum}+E_{kleine\quad kugel}[/tex]

Wobei die das Volumen der kleinen Kugel genau in den Hohlraum passt.
Wenn man die gleichung dann Umstellt bekommt man:
[tex]E_{Kugel}-E_{kleine\quad Kugel}=E_{Kugel\quad mit\quad Hohlraum}[/tex]

Wenn man also die innenfelder beider Kugekn subtrahiert müsste das Feld innerhalb der Hohlraums rauskommen. Aber dann kriegt man:
[tex]E=\frac{Q\cdot h}{4\pi R^3}[/tex]

Das finde ich etwas seltsam, vor allem weil da garnichts mit a drinn vorkommt.

[thomas]

Wenn du das E-Feld der kleinen Kugel berechnest, musst du doch über deren Volumen integrieren. schon allein deswegen, solltest du a mit ins Spiel bekommen, da a der Radius der kleinen Kugel ist. Da würde ich eher Probleme haben das h mit in die Beziehung einzubauen, da h der Abstand zwischen der Mittelpunkte der beiden Kugeln ist, bzw. um wie viel der Mittelpunkt der kleinen Kugel zum Mittelpunkt der großen verschoben ist. Wo sich dieser Hohlraum innerhalb der großen Kugel befindet ist schon wichtig. Je nach Position haben wir recht, links, oben oder unten von dem Hohlraum unterschiedlich viele Ladungen. Wenn Die der Hohlraum sich genau im Zentrum der großen Kugel befindet sollte innerhalb des Hohlraums das E-Feld konstant Null sein.