nr. 6

[troyaner]

1a) nach dem Kreuzprodukt
[tex]U(x(t))_y=- \int\limits_{\partial F} d\varphi *r*(r*\cos(\varphi)) *\frac{v}{c}*B_z [/tex]
[tex]= \frac{-2vB_z}{c}*\int\limits^\arccos(x/R)_0 d\varphi \cos(\varphi) \int\limits^R_0 dr r^2 \delta(r-R)[/tex]
[tex]= \frac{-2R^2vB_z}{c} \sin(\arccos(x/R))[/tex]

1b) anschaulich ändert sich die Fläche pi*r^2 mit sin(wt)
[tex]\frac{d\Phi}{dt} = \frac{d}{dt} \frac{1}{c} \pi r^2 \sin(\omega t + \varphi_0)B_z [/tex]
[tex] =\frac{1}{c}\pi r^2 \cos(\omega t + \varphi_0)B_z \omega [/tex]

[troyaner]

3a)
für kugel
E=Q/r^2 bzw Qr/R^3
Energiedichte:
w=|E|^2/8pi

[tex] W = \frac{1}{8\pi} \int dV \left| E^2\right|[/tex]
[tex]= \frac{1}{8\pi} \left( \int\limits^\infty_R dr \cdot 4 \pi r^2 \cdot \frac{Q^2}{r^4} + \int\limits^R_0 dr \cdot 4 \pi r^2 \cdot \frac{Q^2r^2}{R^6} \right)[/tex]
[tex]=\frac{4\pi Q^2}{8\pi}(\frac{1}{R}+\frac{1}{5R}) = \frac{3 Q^2}{5Ri}[/tex]

[Niederrheiner]

Die Aufgabe 1 steht auch im Fließbach Arbeitsbuch.
Die 2a) ist auch simpel:
[tex]I(t) = \frac{\mbox{d}Q}{\mbox{d}t}\Rightarrow Q(t) = \int_0^t\limits I(t')\,\mbox{d}t'[/tex]
Aber bei der 2b und c hab ich noch nichts... Was habt ihr da für Ansätze?

Niederrheiner

[schnubbi]

3a)

[tex]=\frac{4\pi Q^2}{8\pi}(\frac{1}{R}+\frac{1}{5R}) = \frac{3 Q^2}{5Ri}[/tex]

Wie kommst du auf das i im Nenner? Oder war das nur nen Tippfehler?
Ansonsten hab ich bei der 3 das gleiche raus.

[Niederrheiner]

Ich denk, dass er sich da einfach vertippt hat... das i würde in keiner Bedeutung nen Sinn machen...

[Braino]

Das bei der 3 ist aber ein anderes Einheitensystem hier, oder? Bei mir steht da noch ein 1/4pi bei den E-Feldern.

Zur 2b):

Ich hab gesagt: [tex]\nabla \cdot E = \rho[/tex] => [tex]\int dF \cdot E = Q[/tex] (Satz von Gauß).
E zeigt nur in z-Richtung und ist in der ganzen Fläche des Kondensators A konstant =>[tex] E_z \cdot A = Q[/tex].
Dann bin ich mit dem Ergebnis aus a) hier reingegangen und heraus kam:  [tex]E_z = \frac{I_0 \sin\omega t}{\omega A}[/tex].

[feuerbringer]

Ich hab 1/2 als Faktor, laut Skript Seite 46 ...

[Niederrheiner]

Das bei der 3 ist aber ein anderes Einheitensystem hier, oder? Bei mir steht da noch ein 1/4pi bei den E-Feldern.

Ja, das ist ein anderes Einheitensystem, ums ganz genau zu machen, schreibste noch nen Faktor [tex]\gamma[/tex] davor, der dann abhängig vom gewählten Einheitensystem is

[thomas]

Das bei der 3 ist aber ein anderes Einheitensystem hier, oder? Bei mir steht da noch ein 1/4pi bei den E-Feldern.

Zur 2b):

Ich hab gesagt: [tex]\nabla \cdot E = \rho[/tex] => [tex]\int dF \cdot E = Q[/tex] (Satz von Gauß).
E zeigt nur in z-Richtung und ist in der ganzen Fläche des Kondensators A konstant =>[tex] E_z \cdot A = Q[/tex].
Dann bin ich mit dem Ergebnis aus a) hier reingegangen und heraus kam:  [tex]E_z = \frac{I_0 \sin\omega t}{\omega A}[/tex].

Was meinen die denn mit der Berechnung in nullter Ordnung in [tex]\omega[/tex] ?

Ok, hat sich erledigt. Bei der Näherung kommt [tex]\frac{I_0 \cdot t}{2 \pi a^2}[/tex] heraus.

[Striker]

Ich bin am verzweifeln.
Ich habe noch so meine Probleme mit der Aufgabe 1. Ich kann den oben genannten Lösungsweg nicht nachvollziehen. Könnte mir das jemand noch ein bisschen genauer zeigen.

[thomas]

So ganz kann ich die Schritte auch nicht nachvollziehen. Ist halt für einen selber, der die ganze Rechnung kennt, plausibel. Aber das gilt nicht unbedingt für andere^^

[timtim]

@Thomas
Ich glaube deine Näherung ist nicht richtig. Auf dem Blatt steht ja "Näherung 0. Ordnung". Was du gemacht hast war die Näherung [tex]sin(x) \approx x[/tex]. Das ist aber 2. Ordnung. 0. Ordnung in 0 ergibt [tex] \lim_{\omega \rightarrow 0}\frac{sin(\omega t)}{\omega} [/tex]. Mit l'Hospital zeigt man, dass das = 1 wird. Und dann wird das zu [tex]E = \frac{I_0}{\pi a^2}[/tex]. Sonst hätte man ja für große t auch eine divergente E-Feldstärke.

[Niederrheiner]

Ich bin am verzweifeln.
Ich habe noch so meine Probleme mit der Aufgabe 1. Ich kann den oben genannten Lösungsweg nicht nachvollziehen. Könnte mir das jemand noch ein bisschen genauer zeigen.

Im Grunde genommen ist der Ansatz einfach nur die Anwendug der Induktion:
[tex]U = -\frac{1}{c}\frac{\mbox{d}\Phi_m}{\mbox{d}t}[/tex]
Im Fliessbach ist dann [tex]\frac{\mbox{d}\Phi_m}{\mbox{d}t}[/tex] berechnet worden:
[tex]\frac{\mbox{d}\Phi_m}{\mbox{d}t} = -c \oint\mbox{d}{r}\cdot\left({E}+\frac{{v}}{c}\times{B}\right)[/tex]
Das ist die Gleichung 16.12 im Fließbach, hergeleitet für die bewegte Leiterschleife.
Der Rest ist nur noch Integral lösen.

Ich hoffe, ich konnt' helfen.

Niederrheiner

[Thommy]

@Thomas
Ich glaube deine Näherung ist nicht richtig. Auf dem Blatt steht ja "Näherung 0. Ordnung". Was du gemacht hast war die Näherung [tex]sin(x) \approx x[/tex]. Das ist aber 2. Ordnung.

Bitte? Wenn man den sinus "taylort" ist die 0. Ordnung [tex]x[/tex] , 2. Ordnung [tex]0[/tex], 3. [tex]\frac{x^3}{3!} [/tex] usw. , oder sitz ich grad auf nem total falschem Dampfer?! Mach mal wer den Erklärbär ...

[Striker]

@Niederrheiner

Danke für deine Antwort. Ich habe gerade das Problem das Integral zu lösen. Ich weiß nicht wie man auf das Ergebnis aus dem ersten Post kommt. Gerade wo das (r*cos(phi)) herkommt ist mir schleierhaft.
Vielleicht kannst du ein wenig näher drauf eingehen.
Danke!