\frac{1}{4\pi\epsilon}\cdot\frac{dQ}{r^2}\cdot \vec{r} = \frac{1}{4\pi\epsilon}\cdot\frac{dQ}{r^2}\cdot \frac{z}{r}
Achtung! wobei: \vec{r} den Einheitsvektor in Richtung r darstellt
und mit r=\sqrt{z^2+r*^2} erhälst du dann die Formel vom Buch
wobei r* der zu integrierende Radius auf der Kreisscheibe ist
Glaub Konsel hat bei 6c die Vorzeichen vertauscht. der -4Q term hat in der ableitung auch ein - und dann noch eins vom -gradient. der Q term hat auch ein - in der ableitung und wieder ein - vom gradient.
Aber führt dieses Feld dann nicht trotzdem zu einer Dämpfung der Schwingung durch die Überlagerung mit dem anderen Feld?
bei Beispiel 9, hast du dA=rd(phi), dabei handelt es sich aber eigentlich nicht um eine Fläche, wäre nicht eigentlich richtig 2Pirdr ?
Stimmt, Danke!, ich hab das Vorzeichen vom Gradienten vergessen, Achtung: Folgefehler somit auch bei e
und bei 6e kannst du noch für x=0 setzen somit wird das ergebnis noch schöner.
handelt sich auch um keine fläche, das ist ein Kreissegment, deswegen nenne ich dieses dA=rd\phi und den ganzen Ring dA’=2\pir, dh über phi integriert (krieg das dà in TeX ned hin ^^), dass ich es dA nenne is vlt etwas verwirrend, aber naja…
Die Fläche wäre A=r^2\pi
Nein das glaube ich nicht, das äußere elektrische Feld beeinflusst die Ladungen und verursacht bei einer Auslenkung ein Drehmoment.
Das ist meiner Meinung nach die einzige Beeinflussung dieser Ladungen, denn die Stangenkräfte wirken wie gesagt genau entgegen der Kräfte durch die sich die Ladungen gegenseitig beeinflussen.
ich hab das vom buch „physik douglas c. giancoli“, findet man im internet auch
Hab im Internet Beispiel 8 und 9 gefunden. Hier die Links, hoffe es hilft! 
Beispiel Nummer 8
auf Seite 20f
Beispiel Nummer 9
auf Seite 747
ich habe eine frage zum 8. bsp
und zwar komme ich einfach nicht drauf, wie man von 1/((sin²/cos²)+1) * 1/cos² auf ein cos³ im zähler kommt und in weiterer folge, wo der 2er herkommt, wenn man dann cos integriert.
stehe etwas auf der leitung.
vielen dank
da musst du einen cos-term verloren haben, ich hab nämlich cos/((sin²/cos²)+1) * 1/cos² und da bekommst du wenn du den doppelbruch auflöst cos³ im zähler und kannst damit das cos² wegkürzen.
cos integriert is der sin und da die grenzen -pi/2 bis pi/2 sind kriegst du 1-(-1).
hey, also du hast nicht nur \frac{1}{(\frac{sin^2}{cos^2}+1)*cos^2}, sondern \frac{1}{(\frac{sin^2}{cos^2}+1)^{\frac{3}{2}}cos^2}=\frac{cos^3}{(sin^2+cos^2)^{\frac{3}{2}}}\frac{1}{cos^2}=cos, da (x^2)^{\frac{3}{2}}=x^3
den 2er Faktor bekommst du, denn du integrierst: \int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} cos(x)dx und da der cosinus eine gerade Funktion ist, ist das dasselbe wie 2\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} cos(x)*dx
Könntest du vielleicht noch mal dein Beispiel 6 hochladen Jakob? wäre nett
Eins verstehe ich nicht ganz, bei Beispiel 10, warum benutzt du in a) für die Fläche „klein r“ also die Variable, und beim Volumen dann aber die „groß R“ die Konstante. da würdest du dann ja den Mantel mit Radius= Abstand Probeladung gleichsetzen mit Volumen mit Radius=Radius Zylinder. Ist das so vorgesehen??
danke euch für die antworten. ich habe ganz am anfang nicht mit r^ multipliziert.
mir is iwie nicht ganz klar wie du bei bsp 7 auf dein gesamtdrehmoment kommst bei der diff. gleichung…hast du die drehmomnente der einztelnen punktladungen addiert? wie kommst du dabei auf den faktor 2*(2)^(1/2)… ?
leider nicht, bin nicht zuhause und hab hier keinen Scanner, aber ich werds nacher versuchen hier schnell noch mal reinzutippen…
also wir ham q1=q2=q_n=-2Q und q3=q4=q_p=Q W=\frac{1}{4\pi*\epsilon}\int\limits_{r_1}^{r_2} \frac{q_1q_2}{r^2}\vec rd\vec r, wobei r1=\infty
die Arbeit die wir brauchen um die Dinger dorthin zu bringen is die Epot und teilt sich auf
im 1. Fall ist der Abstand der Ladungen r_2=2a und \vec r=\begin{pmatrix} 0 \ -1 \end{pmatrix} also
W=-\frac{1}{4*\pi*\epsilon_0}\int\limits_{\infty}^{2a} \frac{q_n^2}{r^2}dr=\frac{q_n^2}{4\pi\epsilon_02a}
im 2. ist der Abstand r_2=sqrt2a und \vec r=\begin{pmatrix} cos(\theta) \ sin(\theta) \end{pmatrix} wobei \theta_2=\frac{\pi}{4}, also der Winkel am Ende
Die y-Kräfte heben sich auf also interessiert uns nur die x Komponente vom Einheitsvektor, trotzdem glaube ich benötigt man hier den gesamten Abstand von den Ladungen, und nicht nur die x-Komponente.
W=\frac{1}{4\pi*\epsilon_0}\int\limits_{\infty}^{sqrt2a} \frac{q_n*q_p}{r^2}*cos(\theta)*dr
sorry, dass ich jetz hier mittendrin aufhör, aber ich bin viel zu müde 
Potential und E-Feld können so wie bei mir berechnet werden
und beim letzten ist es in Wirklichkeit genau dasselbe wie in a und b
Also die durchflossene Fläche auf der linken Seite vom Gauß’ Satz ist die des Zylinders mit Radius=Abstand der Probeladung, die Rechte Seite, dh die mit der eingeschlossenen Ladung ist das Ladungsdichte*Volumen des ganzen geladenen Körpers innerhalb dieser Gaußfläche, die wir gewählt haben von der linken Seite.
im 1. Fall r>R
ist dieses Volumen deshalb \int\limits_0^{2\pi} \int\limits_0^{L} \int\limits_0^{R} \rhod\phidz*dr wobei R der Radius des ladungserzeugenden Zylinders ist, L die Länge der Gaußfläche
im 2. Fall r<R
ist das Volumen \int\limits_0^{2\pi} \int\limits_0^{L} \int\limits_0^{r} \rhod\phidz*dr hier ist r jetzt aber unser Variabler Radius, denn die eingeschlossene Ladung variiert mit dem Radius, was sie im 1. Fall ned tut
naja steht eigentlich dabei, ich bilde die Summe aller Drehmomente, dann verwende ich diese trigonometrische Beziehung die über den cosinus-Termen steht und damit komm ich auf -2*sqrt(2)*Sinus,
allerdings beim b, sollte glaub ich eigentlich etwas anderes stehen, denn die cosinus entwicklung enthält am Anfang garkeinen variablen Term, sonder sollte \frac{1}{sqrt2}+\frac{x}{sqrt2}=\frac{x+1}{sqrt2} sein und damit die diffgl. dann \omega^2*(\theta+1)=\theta’’
Hi,
kann mir jemand erklären, wie man bei bsp.8 auf dy=xd(-)/cos^2(-) kommt?
danke 
hey weiß ned genau woher das kommt allerdings gilt d*tan(\theta)=y und damit dy=\frac{d}{cos^2(\theta), weil die Ableitung vom Tangens is \frac{1}{cos^2}
Ich nehm an ausm demtröder der machts auch so \frac{dy}{d\theta}