Gesamtladung, inhomogene Kugel < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:53 Do 12.04.2012 | | Autor: | murmel |
| Aufgabe | Berechnen Sie die Gesamtladung $Q$ einer Kugel mit dem Radius $R$ und einer Ladungsdichte
[mm]\varrho\left(r,\vartheta,\varphi\right) = \varrho_0\,r\,\cos\vartheta[/mm] |
Wenn ich richtig verstanden habe, ist das Berechnen des Volumenintegrals für Ladungen analog(?) (Bitte um Korrektur, wenn falsch) der Berechnung von Volumenintegralen in der theoretischen Mechanik.
Also bis hier bin ich gekommen:
[mm]
Q = \int_V{\varrho\left(r'\right)} r^2 \sin\theta\,\mathrm{d}\phi\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}r
[/mm]
[mm]
Q = \int_V{\varrho_0\,r\,\cos\theta}\, r^2 \sin\theta\,\mathrm{d}\phi\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}r
[/mm]
[mm]
Q = \varrho_0 \int r^3\,\mathrm{d}r' \int{\cos\theta\,\sin\theta}\,\mathrm{d}\theta' \int \mathrm{d}\phi
[/mm]
[mm]
Q = \varrho_0 \int_0^R r^3\,\mathrm{d}r' \int_0^\pi {\cos\theta\,\sin\theta}\,\mathrm{d}\theta' \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\phi\,\\[0.5\baselineskip]
[/mm]
[mm]
Q = \varrho_0 \left[\frac{1}{4}R^4\right] \left[\frac{1}{2}\,\sin^2\theta\right]_0^\pi\,2\pi\\[0.5\baselineskip]
[/mm]
[mm]
[Q] = A\,s \neq \frac{A\,s}{m^3}m^4\\[0.5\baselineskip]
[/mm]
Jedoch stelle ich fest, daß die Einheit nicht aufgeht.
Was habe ich vergessen/ falsch gemacht?
Vielen Dank für eure Hilfe/ Tipps
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Hallo!
Im Prinzip ist das völlig korrekt, ich hab die Integrale aber nicht genau nachgerechnet.
Die Einheit passt auch, das liegt aber daran, daß
[mm] \varrho=(\varrho_0*r)...
[/mm]
Das heißt, [mm] \varrho [/mm] hat die korrekte Einheit für die Dichte, [mm] \varrho_0 [/mm] hat noch ein 1/m drin, was dir ind einer Rechnung unten fehlt.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:37 Di 17.04.2012 | | Autor: | murmel |
Hallo,
wie genau wird das integriert, dass die Einheiten aufgehen?
Etwa so?
[mm]Q_1 = \int_V{\varrho\left(r'\right)} r'^2 \sin\theta\,\mathrm{d}\phi\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}r'[/mm]
[mm]A\,s = \bruch{A\,s}{m^3}\,\bruch{1}{m}\int{m^3}\,\mathrm{d}m[/mm]
Für die Ladungsdichte [mm] $\varrho\left(r, \vartheta, \varphi\right) [/mm] = [mm] \varrho_0\,r\,\cos\vartheta$ [/mm] mag dies ja noch zutreffen, kann jedoch die Wahl der Ladungsdichte willkürlich sein?
Beispielsweise:
[mm]\varrho\left(r, \vartheta, \varphi\right) = \varrho_0\,r^2\,\cos\vartheta[/mm]
Ist dann:
[mm]A\,s = \bruch{A\,s}{m^3}\,\bruch{1}{m^2}\int{m^4}\,\mathrm{d}m[/mm]
Heißt dass also (Klartext), dass man entsprechend der gewählten Funktion m ergänzt, so das nur noch [mm] $A\,s$ [/mm] dort steht?
Für eine verständliche Erklärung wäre ich euch sehr dankbar! Bitte in der Form: "Physik für Dummies" :0)
PS: Alle Winkelangaben sind doch dimensionslos!
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Hallo!
generell bedeutet eine Integration, daß die Einheit der Integrationsvariablen an die des Integranden dran multipliziert wird.
Eine Integration über ein Volumen sieht so aus:
[mm] $\int\int\int [/mm] ... [mm] \,dx\,dy\,dz$
[/mm]
oder so
[mm] \int\int\int...r^2\sin(\theta)\,dr\,d\phi\,d\theta
[/mm]
oder noch anders.
Allerdings siehst du, daß hier irgendwie immer eine Volumeneinheit raus kommt.
Eine Dichte ist sowas wie Masse/Volumen, daher führt die Integration von den Einheiten her immer zu einer Masse.
Es ist halt nur die Frage, wie die Dichte intern definiert ist. Da können eben verschiedene Größen wir r oder so auftreten, und die Konstanten, die dann ebenfalls auftreten, müssen dann solche Einheiten haben, daß die Dichte insgesamt wieder die korrekt Einheit hat. Es ist halt etwas gewöhnungsbedürftig, wenn diese Konstanten dann auch mit [mm] \rho [/mm] bezeichnet werden, und entgegen der Erwartung eben NICHt die Einheit Masse/Volumen besitzen. Das ist aber keine Magie, nur... gewöhnungsbedürftig.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:24 Mo 18.06.2012 | | Autor: | murmel |
| Aufgabe | Eine ähnliche Aufgabe:
Gegeben ist das Potenzial
[mm]
\phi \left(r, \vartheta, \varphi \right) = A \, \frac{\cos \vartheta}{r^2}
[/mm]
$q$, $A$ sind positive Konstanten!
a) Bestimmen Sie das Elektrische Feld!
b) Berechnen Sie die Spannung zwischen den in c) gegebenen Punkten!
c) Welche Arbeit muss man verrichten um eine Ladung $q$ vom Punkt [mm] $P_1 [/mm] = (0,0,1)$ zum Punkt [mm] $P_2 [/mm] = (0,0,2)$ zu bewegen? |
Hallo
ich habe hier die Einheiten absichtlich weggelassen, weil mich momentan nur der Rechenweg und das Ergebnis interessieren.
[mm]
\vec E = - \vec \nabla \, \phi
[/mm]
Gradient in Kugelkoordinaten ergibt mit dem Potenzial das elektrische Feld:
[mm]
\vec E \left(r, \vartheta, \varphi \right)= - \left[ -2 A \cos \vartheta \frac{1}{r^3} \, \vec{e}_r - A \frac{1}{r} \frac{1}{r^2} \sin \vartheta \, \vec{e}_{\vartheta} + 0 \cdot \vec{e}_{\varphi}\right] = 2 A \cos \vartheta \frac{1}{r^3} \, \vec{e}_r + A \frac{1}{r} \frac{1}{r^2} \sin \vartheta \, \vec{e}_{\vartheta}
[/mm]
[Dateianhang nicht öffentlich]
Bild:
Ladungsverteilung für festes $r$ (Äquipotentialoberfläche) aber variablen [mm] $\vartheta$. [/mm] Dabei ist rot dargestellt der positive und blau der negative Ladungsbereich. Anmekung die funktionelle Farbdarstellung entspricht nicht der gegebenen Funktion für [mm] $\vartheta$ [/mm] sie dient lediglich der qualitativen Interpretation!
Die Spannung ist mit [mm] $r^2 [/mm] = [mm] x^2 [/mm] + [mm] y^2 [/mm] + [mm] z^2 [/mm] = 0 + 0 + [mm] z^2$
[/mm]
[mm]
U = \phi \left(P_1\right) - \phi \left(P_2\right) = A \, \frac{\cos \vartheta}{1} - A \, \frac{\cos \vartheta}{2^2} = \frac{3}{4} A \cos \vartheta
[/mm]
Daraus die zu verrichtende Arbeit mit (erwartungsgemäß) $W > 0$!
[mm]
W = q \, \phi \left(P_1\right) - q \, \phi \left(P_2\right) = q\, A \, \frac{\cos \vartheta}{1} - q\, A \, \frac{\cos \vartheta}{2^2} = q\, \frac{3}{4} A \cos \vartheta
[/mm]
Wobei [mm] $q\, \frac{3}{4} [/mm] A [mm] \cos [/mm] > 0$, Arbeit wird verrichtet!
Kann das jemand bestätigen, wäre nett wenn jemand mal drüberschaut.
Danke!
Dateianhänge:
Anhang Nr. 4 (Typ: jpeg) [nicht öffentlich]
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Hallo!
Dein Feld sieht richtig aus.
Das Bild zeigt aber auf keinen Fall eine Äquipotentialfläche! Die ergibt sich aus der Bedingung [mm] \phi=const. [/mm] und ist in dem Fall keine Kugel.
Zu der Arbeit: Was ist denn mit [mm] \theta [/mm] ? Das bezeichnet normalerweise den Winkel zwischen der xy-Ebene und dem Vektor des Punktes. Das kommt auch noch in die Arbeit rein (und ist unterschiedlich für die beiden Punkte!)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:52 Mo 18.06.2012 | | Autor: | murmel |
Hallo,
ok, den Einwand kann ich nachvollziehen, aber über [mm] $\vartheta$ [/mm] wurde nichts gegeben! Wenn $x = 0$ und $y = 0$ sind , aber $r = z$ ist, dann muss doch [mm] $\vartheta [/mm] = 0$ oder konstant sein!
Das verstehe ich jetzt nicht! Wie kannich dies denn in der Arbeit berücksichtigen?
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Hallo!
Du schreibst, daß du das in Kugelkoordinaten betrachtest.
Diese Koordinaten bestehen aus r als Abstand zum Ursprung, [mm] \vartheta [/mm] als Winkel zwischen xy-Ebene und dem Vektor, der den Punkt beschreibt sowie [mm] \phi [/mm] , dem Drehwinkel um die z-Achse. Dabei beschreibt die x-Achse [mm] \phi=0 [/mm] .
(Es gibt noch andere Konventionen)
In dem Feld ist kein [mm] \phi [/mm] , weil es rotationssymmetrisch zur z-Achse ist. Aber das [mm] \vartheta [/mm] ist ein Ersatz für die Höhe z.
Jetzt schau dir deine beiden Punkte an, du brauchst nicht viel zu rechnen, um die in Kugelkoordinaten anzugeben, und dann kannste die auch einsetzen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:32 Mo 18.06.2012 | | Autor: | murmel |
Dann muss
[mm]
x = r \, \sin \vartheta \, \cos \varphi; \quad y = r \, \sin \vartheta \, \sin \varphi
[/mm]
[mm]
x = r \, \sin \vartheta \, \underbrace{\cos \varphi}_{=1}; \quad y = r \, \sin \vartheta \, \underbrace{\sin \varphi
}_{=0}[/mm]
Meinst du das?
Dann muss [mm] $\vartheta [/mm] = 0$, damit $ [mm] \cos \vartheta [/mm] = 1$
Und so stünde $A - [mm] \frac{1}{4}A [/mm] = [mm] \frac{3}{4} [/mm] A$
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Neee, du hast doch den Punkt [mm] \vektor{0\\0\\1} [/mm]
Das hat NUR ne z-Komponente, und daraus folgt [mm] \vartheta=+\pi [/mm] . Das eingesetzt in deine Zeilen liefert x=y=0 . [mm] \phi [/mm] kann beliebig sein, z.b. ebenfalls 0. Und damit:
r=1
[mm] \vartheta=\pi
[/mm]
[mm] \phi=0
[/mm]
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