homogen geladene Kugel < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:09 Sa 17.12.2011 | | Autor: | icarus89 |
| Aufgabe | Berechnen Sie das elektrostatische Potential einer Kugel des Radius R mit der homogen verteilten Gesamtladung Q und stellen Sie die radiale Abhängigkeit graphisch dar. Unterscheiden Sie zwischen "drinnen" und "draußen".
Berechnen Sie ferner die elektrische Feldstärke und stellen Sie deren Betrag als Funktion des Abstandes graphisch dar. |
Heyho!
Es ist [mm] \varphi(\vec{x})=\integral_{Kugel}\bruch{\rho(\vec(r)}{4*\pi*\varepsilon_{0}*||\vec{x}-\vec{r}||}dV
[/mm]
was in Kugelkoordinaten eine verdammt hässliche Form annimmt, die ich nicht hinkriege zu lösen und mit dem CAS gehts auch nicht:
$ [mm] \varphi(\vec{x})=\bruch{\rho}{4*\pi*\varepsilon_{0}}\integral_{0}^{R}\integral_{0}^{\pi}\integral_{0}^{2*\pi}\bruch{r^{2}*sin(\theta)}{\wurzel{((x-r*cos(\theta)*cos(\phi))^2+(y-r*sin(\theta)*sin(\phi))^2+(z-r*cos(\phi))^2)}}d\phi d\theta [/mm] dr $
Wie soll man das denn integrieren? Ist es wohl günstiger andere Koordinaten zu wählen? Ich wüsste jedoch nicht, was für welche...
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> Berechnen Sie das elektrostatische Potential einer Kugel
> des Radius R mit der homogen verteilten Gesamtladung Q und
> stellen Sie die radiale Abhängigkeit graphisch dar.
> Unterscheiden Sie zwischen "drinnen" und "draußen".
> Berechnen Sie ferner die elektrische Feldstärke und
> stellen Sie deren Betrag als Funktion des Abstandes
> graphisch dar.
> Heyho!
>
> Es ist
> [mm]\varphi(\vec{x})=\integral_{Kugel}\bruch{\rho(\vec(r)}{4*\pi*\varepsilon_{0}*||\vec{x}-\vec{r}||}dV[/mm]
> was in Kugelkoordinaten eine verdammt hässliche Form
> annimmt, die ich nicht hinkriege zu lösen und mit dem CAS
> gehts auch nicht:
>
> [mm]\varphi(\vec{x})=\bruch{\rho}{4*\pi*\varepsilon_{0}}\integral_{0}^{R}\integral_{0}^{\pi}\integral_{0}^{2*\pi}\bruch{r^{2}*sin(\theta)}{\wurzel{((x-r*cos(\theta)*cos(\phi))^2+(y-r*sin(\theta)*sin(\phi))^2+(z-r*cos(\phi))^2)}}d\phi d\theta dr[/mm]
>
> Wie soll man das denn integrieren? Ist es wohl günstiger
> andere Koordinaten zu wählen? Ich wüsste jedoch nicht,
> was für welche...
Hallo icarus,
man kann durch Symmetriebetrachtung leicht zeigen, dass
das Potential kugelsymmetrisch sein muss, d.h. dass alle
nicht radial gerichteten Kräfte sich gegenseitig aufheben
müssen. Das Potential muss also eine Funktion von r allein
sein, wobei r der Abstand eines Punktes P(x,y,z) vom Kugel-
mittelpunkt (=Koordinatenursprung) ist. OBdA darf man dann
annehmen, dass P z.B. auf der x-Achse liegt, also
P(x,y,z)=P(r,0,0) . Für die Integration würde ich dann die
Ladung tragende Kugel in Scheibchen der (dünnen) Dicke
dx zerschnipseln.
Deshalb würde ich für die Integration die Kugel in
Scheibchen der Dicke dx zerschnipseln. ich denke, das
ist dasselbe, wie Zylinderkoordinaten zu verwenden.
(Zylinderachse = Achse vom Kugelmittelpunkt zur
betrachteten Testladung).
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:15 So 18.12.2011 | | Autor: | icarus89 |
>
> Hallo icarus,
>
> man kann durch Symmetriebetrachtung leicht zeigen, dass
> das Potential kugelsymmetrisch sein muss, d.h. dass alle
> nicht radial gerichteten Kräfte sich gegenseitig
> aufheben
> müssen. Das Potential muss also eine Funktion von r
> allein
> sein, wobei r der Abstand eines Punktes P(x,y,z) vom
> Kugel-
> mittelpunkt (=Koordinatenursprung) ist. OBdA darf man
> dann
> annehmen, dass P z.B. auf der x-Achse liegt, also
> P(x,y,z)=P(r,0,0) . Für die Integration würde ich dann
> die
> Ladung tragende Kugel in Scheibchen der (dünnen) Dicke
> dx zerschnipseln.
>
>
> Deshalb würde ich für die Integration die Kugel in
> Scheibchen der Dicke dx zerschnipseln. ich denke, das
> ist dasselbe, wie Zylinderkoordinaten zu verwenden.
> (Zylinderachse = Achse vom Kugelmittelpunkt zur
> betrachteten Testladung).
>
> LG Al-Chw.
>
Also ich hab jetzt mal versucht, das so zu machen, aber damnit komme ich auch nicht bis zum Ende...
Man muss dann doch ausrechnen:
[mm] \integral_{-R}^{R}dr\integral_{0}^{2*\pi}d\phi\integral_{0}^{\wurzel{R^{2}-r^{2}}}\bruch{d\rho}{\wurzel{(x-r)^{2}+\rho^{2}}}
[/mm]
= ...
= [mm] 2*\pi \integral_{-R}^{R}dr (asinh(\bruch{\wurzel{R^{2}-r^{2}}}{|x-r|}))
[/mm]
und danach gehts nicht weiter...
Diese dämliche Aufgabe ist so hässlich -.-
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> >
> > Hallo icarus,
> >
> > man kann durch Symmetriebetrachtung leicht zeigen, dass
> > das Potential kugelsymmetrisch sein muss, d.h. dass
> alle
> > nicht radial gerichteten Kräfte sich gegenseitig
> > aufheben
> > müssen. Das Potential muss also eine Funktion von r
> > allein
> > sein, wobei r der Abstand eines Punktes P(x,y,z) vom
> > Kugel-
> > mittelpunkt (=Koordinatenursprung) ist. OBdA darf man
> > dann
> > annehmen, dass P z.B. auf der x-Achse liegt, also
> > P(x,y,z)=P(r,0,0) . Für die Integration würde ich
> dann
> > die
> > Ladung tragende Kugel in Scheibchen der (dünnen)
> Dicke
> > dx zerschnipseln.
> >
> >
> > Deshalb würde ich für die Integration die Kugel in
> > Scheibchen der Dicke dx zerschnipseln. ich denke, das
> > ist dasselbe, wie Zylinderkoordinaten zu verwenden.
> > (Zylinderachse = Achse vom Kugelmittelpunkt zur
> > betrachteten Testladung).
> >
> > LG Al-Chw.
> >
>
> Also ich hab jetzt mal versucht, das so zu machen, aber
> damnit komme ich auch nicht bis zum Ende...
meinst du wirklich "damnit" ? 
> Man muss dann doch ausrechnen:
>
> [mm]\integral_{-R}^{R}dr\integral_{0}^{2*\pi}d\phi\integral_{0}^{\wurzel{R^{2}-r^{2}}}\bruch{d\rho}{\wurzel{(x-r)^{2}+\rho^{2}}}[/mm]
> = ...
> = [mm]2*\pi \integral_{-R}^{R}dr (asinh(\bruch{\wurzel{R^{2}-r^{2}}}{|x-r|}))[/mm]
>
> und danach gehts nicht weiter...
> Diese dämliche Aufgabe ist so hässlich -.-
Nee, sie versteckt ihre subtile Schönheit nur ein bisschen ...
Nimm als Volumenelement einen Ring der Breite dr, Radius [mm] \rho [/mm]
und mit der Dicke [mm] d\rho [/mm] an der Stelle r. Dessen Volumen ist
$\ dV\ =\ [mm] \underbrace{2*\pi*\rho}_{Kreisumfang}*\,d\,\rho*dr$
[/mm]
Dann hast du nur noch ein Doppelintegral, und der im
Differential steckende Faktor $\ [mm] 2*\rho$ [/mm] kommt ganz
gelegen für die Substitution
$\ u:=\ [mm] (x-r)^2+\rho^2$
[/mm]
Damit erübrigt sich der Einsatz von ArSinh .
LG Al-Chwarizmi
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> Nimm als Volumenelement einen Ring der Breite dr, Radius
> [mm]\rho[/mm]
> und mit der Dicke [mm]d\rho[/mm] an der Stelle r. Dessen Volumen
> ist
>
> [mm]\ dV\ =\ \underbrace{2*\pi*\rho}_{Kreisumfang}*\,d\,\rho*dr[/mm]
>
> Dann hast du nur noch ein Doppelintegral, und der im
> Differential steckende Faktor [mm]\ 2*\rho[/mm] kommt ganz
> gelegen für die Substitution
>
> [mm]\ u:=\ (x-r)^2+\rho^2[/mm]
>
> Damit erübrigt sich der Einsatz von ArSinh .
>
> LG Al-Chwarizmi
>
>
Also dann hat man doch
[mm] \integral_{-R}^{R}dr \integral_{0}^{\wurzel{R^{2}-r^{2}}}d\rho 2*\pi*\rho*\bruch{1}{\wurzel{(x-r)^{2}+\rho^{2}}}=\pi\integral_{-R}^{R}dr\integral_{(x-r)^{2}}^{x^{2}+R^{2}-2*x*r}du u^{-\bruch{1}{2}}
[/mm]
[mm] =2*\pi*\integral_{-R}^{R}dr(\wurzel{R^{2}+x^{2}-2*r*x}-x+r)
[/mm]
[mm] =\bruch{2*\pi*(\wurzel[3]{x+R}-(x-R)^{3}-6*x^{2}*R)}{3*x}
[/mm]
Also für das Potential insgesamt:
[mm] \varphi(x)=\bruch{Q*(\wurzel[3]{R+x}-(x-R)^{3}-6*x^{2}*R}{8*\pi*\varepsilon_{0}*R^{3}*x}
[/mm]
Ich weiß ja nicht, ob das so richtig sein kann... Ich meine, schön sieht das nicht gerade aus, außerdem geht es für [mm] R\to [/mm] 0 nicht in die Formel über, die man für das Potential bei einer Punktladung so kennt...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:20 Mo 19.12.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:05 So 18.12.2011 | | Autor: | notinX |
Hallo,
man kann sich das Leben hier auch leichter machen. Wir haben ja schon festgestellt, dass das Potential und damit auch das Feld nur vom Abstand abhängen.
Es gilt also: [mm] $\vec{E}(\vec{r})=E(r)\vec{e}_r$.
[/mm]
Jetzt nehmen wir die Maxwellgleichung [mm] $\nabla\cdot\vec{E}(\vec{r})=\frac{\varrho(\vec{r})}{\varepsilon_0}$
[/mm]
integrieren über ein Kugelvolumen und wenden den Satz von Gauß an:
[mm] $\int\nabla\cdot\vec{E}(\vec{r})\,\mathrm{d}V=\int\vec{E}(\vec{r})\cdot\mathrm{d}\vec{F}=\int\frac{\varrho(\vec{r})}{\varepsilon_0}\,\mathrm{d}V$
[/mm]
Die Auswertung dieser Integrale ist nun nicht mehr besonders kompliziert.
Mit der Beziehung [mm] $\vec{E}(\vec{r})=-\nabla\phi(\vec{r})$ [/mm] kann daraus dann das Potential berechnet werden.
Gruß,
notinX
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:52 So 18.12.2011 | | Autor: | icarus89 |
> Hallo,
>
> man kann sich das Leben hier auch leichter machen. Wir
> haben ja schon festgestellt, dass das Potential und damit
> auch das Feld nur vom Abstand abhängen.
> Es gilt also: [mm]\vec{E}(\vec{r})=E(r)\vec{e}_r[/mm].
> Jetzt nehmen wir die Maxwellgleichung
> [mm]\nabla\cdot\vec{E}(\vec{r})=\frac{\varrho(\vec{r})}{\varepsilon_0}[/mm]
> integrieren über ein Kugelvolumen und wenden den Satz von
> Gauß an:
>
> [mm]\int\nabla\cdot\vec{E}(\vec{r})\,\mathrm{d}V=\int\vec{E}(\vec{r})\cdot\mathrm{d}\vec{F}=\int\frac{\varrho(\vec{r})}{\varepsilon_0}\,\mathrm{d}V[/mm]
> Die Auswertung dieser Integrale ist nun nicht mehr
> besonders kompliziert.
> Mit der Beziehung [mm]\vec{E}(\vec{r})=-\nabla\phi(\vec{r})[/mm]
> kann daraus dann das Potential berechnet werden.
>
> Gruß,
>
> notinX
Also bei einer Punktladung kommt man damit sicherlich auf E und [mm] \varphi, [/mm] aber ich sehe grad nicht, wie das bei einer ausgedehnten Ladung helfen sollte...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:56 So 18.12.2011 | | Autor: | notinX |
> Also bei einer Punktladung kommt man damit sicherlich auf E
> und [mm]\varphi,[/mm] aber ich sehe grad nicht, wie das bei einer
> ausgedehnten Ladung helfen sollte...
>
na ja, wegen $ [mm] \vec{E}(\vec{r})=E(r)\vec{e}_r [/mm] $ gilt:
[mm] $\int\vec{E}(\vec{r})\cdot\mathrm{d}\vec{F}=\int E(r)\vec{e}_r\cdot\vec{n}\,\mathrm{d}{F}$
[/mm]
weil die beiden (Einheits-)Vektoren parallel sind gilt [mm] $\vec{e}_r\cdot\vec{n}=1$
[/mm]
übrig bleibt das Flächenelement in Kugelkoordinaten, welches nur Integrationen bezüglich der beiden Winkel enthält, also kann $E(r)$ vor das Integral gezogen werden:
[mm] $\int E(r)\,\mathrm{d}{F}=E(r)\int\mathrm{d}{F}=E(r)4\pi r^2$
[/mm]
Da die Ladung homogen verteilt ist, ist die Ladungsdichte konstant [mm] $\varrho(\vec{r})=\varrho_0$
[/mm]
Damit lässt sich auch die rechte Seite der Gleichung einfach ausrechnen:
[mm] $\int\frac{\varrho(\vec{r})}{\varepsilon_0}\,\mathrm{d}V=\frac{\varrho_0}{\varepsilon_0}\int\mathrm{d}V=\frac{\varrho_0}{\varepsilon_0}\cdot\frac{4\pi r^3}{3}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow E(r)=\frac{\varrho_0}{3\varepsilon_0}r$
[/mm]
Das gilt für [mm] $r\leq [/mm] R. Für außerhalb berechnet sich das Feld ähnlich leicht.
Gruß,
notinX
PS: Eine weitere Alternative wäre noch das Lösen der Poissiongleichung [mm] $\Delta\phi(\vec{r})=-\frac{\varrho(\vec{r})}{\varepsilon_0} [/mm] $. Aber ich finde, die oben beschriebene Art ist die eleganteste und schnellste Lösungsmethode.
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