Homogen geladene Kugel < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:20 Mi 22.02.2012 | | Autor: | colden |
| Aufgabe | Homogen geladene Kugel (Radius R, Ladung Q)
Nullpunkt im Kugelmittelpunkt.
[mm]\varrho(r')=\varrho_{0}[/mm], falls [mm]r' \le R [/mm]
[mm]\varrho(r')=0[/mm] sonst
Richtung von r definiere die z-Achse.
[mm]\varphi(r)=\bruch{\varrho_{0}}{4\pi\varepsilon_{o}}\integral_{KUGEL}^{}{d^{3}r'\bruch{1}{|\vec r-\vec r'|}}=[/mm] (1)
[mm]=\bruch{\varrho_{0}}{4\pi\varepsilon_{o}}\integral_{0}^{R}{dr'r'^{2}}\integral_{0}^{2\pi}{d\phi'}\integral_{0}^{\pi}{d\vartheta'sin\vartheta'\bruch{1}{\wurzel{r^{2}+r'^{2}-2rr'cos\vartheta'}}}[/mm] (2)
[mm]=\bruch{2\pi\varrho_{0}}{4\pi\varepsilon_{o}}\integral_{0}^{R}{dr'r'^{2}}\integral_{-1}^{+1}{dcos\vartheta'\bruch{d}{dcos\vartheta'}\wurzel{r^{2}+r'^{2}-2rr'cos\vartheta'}}(-\bruch{1}{rr'})}[/mm] (3) |
Hi, ich gehe gerade den Nolting durch.
Habe aber schon gewaltige Probleme damit den einfachsten Beispielaufgaben zu folgen, weil mir einfach die Zwischenschritte fehlen.
Im Moment bin ich auf Seite 60 (Nolting, Band 3, E-dynamik) und verstehe ab Zeile (3) einfach garnichts mehr. Wieso sind da jetzt andere Grenzen im mittleren Integral.. wieso wurde mit [mm]\bruch{dcos\vartheta'}{dcos\vartheta'}[/mm] erweitert..
Wenn von 0 bis [mm]\pi[/mm] integriert wurde, wieso steht da immernoch ein [mm]cos\vartheta'[/mm] unter der wurzel. Müsste man da nicht die Werte einsetzen und subtrahieren?
Wie gesagt ich stehe da einfach komplett auf dem Schlauch, wäre cool wenn mir da jemand ein paar Zwischenschritte zeigen könnte.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:35 Mi 22.02.2012 | | Autor: | colden |
Je mehr ich darüber nachdenke, desto mehr Details finde ich die ich nicht verstehe.
Beim Übergang von Zeile (1) zu (2) wird ja der Betrag [mm]\bruch{1}{\vec |r - \vec r'|}[/mm]
ausgerechnet. Aber woher weiß man, dass der Winkel zwischen den Vektoren der selbe ist über den dann Integriert wird. Also wie genau kommt man auf [mm]cos\vartheta'[/mm] und nicht auf [mm]cos\varphi'[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:20 Mi 22.02.2012 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Je mehr ich darüber nachdenke, desto mehr Details finde
> ich die ich nicht verstehe.
> Beim Übergang von Zeile (1) zu (2) wird ja der Betrag
> [mm]\bruch{1}{\vec |r - \vec r'|}[/mm]
genau.
> ausgerechnet. Aber woher
> weiß man, dass der Winkel zwischen den Vektoren der selbe
> ist über den dann Integriert wird. Also wie genau kommt
> man auf [mm]cos\vartheta'[/mm] und nicht auf [mm]cos\varphi'[/mm]
Weil [mm] $\vec{r}$ [/mm] in z-Richtung zeigt und [mm] $\vartheta'$ [/mm] der Winkel des Vektor [mm] $\vec{r}\,'$ [/mm] Vektors zur z-Achse ist (siehe Definition der Kugelkoordinaten).
Die Ausführung des Poissonintegrals ist nicht immer die eleganteste Methode, um das Potential zu berechnen. Ich finde es einfacher über die Poissongleichung. Kannst es ja mal versuchen.
Gruß,
notinX
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:26 Mi 22.02.2012 | | Autor: | colden |
Ah danke.
Ja mir geht es nicht wirklich darum die Aufgabe zu lösen.
Was bei ner homogen geladenen Kugel am Ende rauskommen sollte ist mir auch schon klar.
Ich will nur alle Rechenschritte gründlich durchgehen und verstehen, damit ich später auch schwerere Konzepte im Buch nachvollziehen kann
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:37 Mi 22.02.2012 | | Autor: | notinX |
> Ah danke.
> Ja mir geht es nicht wirklich darum die Aufgabe zu
> lösen.
> Was bei ner homogen geladenen Kugel am Ende rauskommen
> sollte ist mir auch schon klar.
Das dachte ich mir.
> Ich will nur alle Rechenschritte gründlich durchgehen und
> verstehen, damit ich später auch schwerere Konzepte im
> Buch nachvollziehen kann
Dennoch gibt es bekanntlich viele Wege, die nach Rom führen. Man muss ja nicht alles auf fünf verschiedene Arten berechnen können. Hauptsache man kennt eine Methode mit der es klappt. Die Lösung der Poissongleichung ist ja nicht weniger richtig.
Nur weil Herr Nolting das so in seinem Buch aufführt, heißt das nicht, dass es der beste/schönste Weg ist.
Das Integral zu berechnen ist eine Rechenfertigkeit und bringt Dir keinerlei physikalische Erkenntnis. Du kannst beruhigt sein, auch ohne dieses spezielle Integral wirst Du die folgenden Konzepte noch verstehen können.
Es kann natürlich aber auch nicht schaden, das Integral so auszurechnen 
Ich wollte eigentlich nur sagen, dass es auch einfachere Wege gibt.
Gruß,
notinX
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:48 Mi 22.02.2012 | | Autor: | colden |
| Aufgabe | Nolting, Band 3, E-dynamik
Seite 418. Lösung zu Aufgabe 2.1.2
Wieso ist [mm]q-q\alpha^{2}\integral_{0}^{\infty}{r e^{- \alpha r}dr}=q+q\alpha^{2}\bruch{d}{d \alpha}\integral_{0}^{\infty}{e^{-\alpha r}dr}[/mm] |
Hier fehlen mir wieder die Zwischenschritte. Keine Ahnung was der Kerl da gemacht hat..
Hm, ich denke ich werde in nächster Zeit öfter solche kleinen Fragen stellen.
Soll ich dafür jeweils immer neue Themen aufmachen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:56 Mi 22.02.2012 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Nolting, Band 3, E-dynamik
> Seite 418. Lösung zu Aufgabe 2.1.2
>
> Wieso ist [mm]q-q\alpha^{2}\integral_{0}^{\infty}{r e^{- \alpha r}dr}=q+q\alpha^{2}\bruch{d}{d \alpha}\integral_{0}^{\infty}{e^{-\alpha r}dr}[/mm]
Rechne nach: [mm] $-re^{-\alpha r}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha}e^{-\alpha r}$
[/mm]
Wenn Du das auf der linken Seite einsetzt und dann noch Integral und Ableitung vertauschst (das darf man, weil nur bezüglich r integriert wird), kommst Du zur rechten Seite.
Das entstehende Integral kannst Du ausrechnen und dann wieder nach [mm] $\alpha$ [/mm] differenzieren.
Dieser Trick kommt (zumindest in der Physik) häufiger vor.
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> Hier fehlen mir wieder die Zwischenschritte. Keine Ahnung
> was der Kerl da gemacht hat..
>
> Hm, ich denke ich werde in nächster Zeit öfter solche
> kleinen Fragen stellen.
> Soll ich dafür jeweils immer neue Themen aufmachen?
Ja, ich glaube, das ist den Administratoren lieber.
Gruß,
notinX
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:03 Mi 22.02.2012 | | Autor: | colden |
Perfekt. Habs jetzt auch verstanden. Dank dir!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:53 Do 23.02.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
ohne notinX zu widersprechen, solltest du vielleicht doch verstehen, was mit dem integral gemacht wurde:
üblicherweise substituiert man so :
[mm] u=cos\delta du=-sin\delta *d\delta
[/mm]
es wurde also nicht mit dcos/dcos erweitert!, sondern nolding schreibt weiter statt u einfach [mm] cos\delta+ [/mm] dann steht da, mit u geschrieben im Integral [mm] \bruch{1}{\wurzel{r^2+r'^2-2rr'u}}
[/mm]
um dir zu zeigen wie man das integriert, schreibt er die stammfunktion (nach u integriert) dazu auf [mm] :\wurzel{r^2+r'^2-2rr'u}*\bruch{1}{rr'} [/mm] und dann schreibt er eben statt [mm] \bruch{1}{\wurzel{r^2+r'^2-2rr'u}}=\bruch{d}{du}\wurzel{r^2+r'^2-2rr'u}*\bruch{1}{rr'}
[/mm]
überzeug dich durch differenzieren, dass das stimmt.
zum betrag von r. wenn du den Radiusvon der z-Achse zu einem Breitenkreis bestimmst ist er für alle Punkte des Breitenkreises, also alle [mm] \phi [/mm] gleich gross.
Gruss leduart
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