Hier die Angaben
Tut090619.pdf (43.1 KB)
Ich muss zugeben, ich bin grad ziemlich planlos…
Beim 1er die BWG ist wahrscheinlich nur m*a=zentripetalkraft oder?
Bsp. 1 (Wideröe-Bedingung): http://www.fpx.de/fp/Uni/Physik-F/ps/betatron.ps
Wie kann man das file öffnen bzw hat das wer als pdf?
Das ist ganz normales PostScript, GhostView müsste das können. Im Anhang eine Version von ps2pdf
betatron.pdf (163 KB)
Die Lösung is irgendwie komisch. Wieso rechnet er erst mit ner negativen Ladung, nimmt bei der Kraft dann aber ein positives q? Das kann doch nicht ganz stimmen.
Bei mir passt’s vorzeichenmäßig … das gewünschte Ergebnis wird auch gezeigt, also was will man mehr? 
Etwas Ähnliches wie das 2te Bsp findet sich wieder in den alten Folien (Beispiel IV-3 im Anhang)
k04_L1.pdf (1.21 MB)
OK bei mir verschwindet beim B-Feld das minus wieder da ich ja den Impuls betrag mv durch B ausdrücken muss, da gleichen sich die Vorzeichen wieder an.
An dem 2er rechne ich jetzt schon ne ganze Weile und sollte das Vektorpotential jetzt haben. Bekomme es entlang der z-Achse (allerdings mit negativem vorzeichen, also eingentlich negative z-Achse) und nur die beiträge m=1 (bzw im äusseren halt noch das a_0) bleiben mir übrig durch die orthogonalitätsbedingung des cosinus. Schon jemand was ähnliches?
Hat jemand schon was zum dritten? Da komm ich überhaupt nicht weiter.
Das 2te hätte ich inzwischen, wobei die „besondere eigenschaft“ vom inneren B-feld bei mir wäre dass es in y-Richtung zeigt trotz Zylinderform.
Hallo
Ich hab so was wie einen Anfang zu Beispiel 3
Ich habe mir den Flächen- und den Volumsstrom über M berechnet.
Volumsstrom war 0
Flächenstom hatte einen wert.
Wollte dann das Integral lösen und bin daran gescheitert. wenn dir das weiter hilft
Ich versuchs über die Laplacegleichung in Kugelkoordinaten, aber ich scheitere an den Legendre Polynomen. Der Balasin meinte heute ja wieder die sind irgendwie l=1 und ein cosinus theta hinten dran, aber warum???
ok ich habe die laplace gleichung jetzt einfach gelöst unter der annahme dass nur l=1 einen beitrag liefert, so wie er es in der Vorlesung gesagt hat. beweisen warum nur l=1 beiträgt kann ich das allerdings nicht.
Ich brauchte dazu noch die magnetische Raum-/Flächenladungsdichte. Die Raumladung ist 0 und die Flächenladung \sigma =\vec{n}\bullet \vec{M}=M_{0}\cos \theta.
normal gelöst in Kugelkoordinaten für Phi-Symmetrie, Lösung auf l=1 beschränkt wodurch die Legendre Polynome zum cosinus werden, dann Stetigkeit des Potentials gefordert und die letzte Kontante durch dieses Limes Integral gelöst was wir immer bei einer Flächenladung bei der Laplacegleichung gemacht haben (wo die ladung mit deltafunktion begrenzt wurde usw. der theta anteil hebt sich im grenzwert gegenseitig auf wenn man über r integriert).
Dann kommt folgendes für Phi heraus.
innen:
\frac{M_{0}r\cos \theta }{3}
aussen:
\frac{M_{0}a^{3}\cos \theta }{3r^{2}}
B und H dann nur noch durch Gradientenbildung in Kugelkoordinaten (bzw innen kann man schnell auf karthesische zurückschreiben) und Permeabilitätskonstante entsprechend einsetzen. Das Phi habe ich als Potential vom B festgelegt, wie in der Vorlesung.
falls einer gut erklären kann warum nur l=1 beiträgt, dann bitte nicht zögern sondern erklären.
Edit:
blödsinn in dem fall wie ichs angesetzt habe is das H der gradient von Phi, hab auf die permeabilitätskonstante vergessen bei dem Integral daher bezieht sich das ganze aufs H-Feld. Zumindest glaube ich dass es so ist aber da wir da ja nichts konkretes gelernt haben zum magnetischen potential musste ich mir da paar dinge zusammen reimen und suchen…
wir wissen im vorhinein schon ungefähr wie das H feld aussehen wird daher können wir darauf schließen das uns nur l=1 interesiert
innen:
wir wissen das die magnetisierung konstatn ist. da wir nur lineare materialien behandeln haben können wir davon ausgehen das die kugel linear ist also M=XH. für unser skalares potential heist das das wir uns das so bauen müssen das nach der gradienten bildung nur ein konstanter vektor überbleibt und das ist nur mit l=1 erreichbar.
aussen:
da wir mit der entwicklung des vektorpotentials ebenfals arbeiten könnten wissen wir ungefähr wie B aussehen wird, genauer wir wissen das 1/r^3 vorkommen wird. wiederum können wir uns das skalare potential so bauen das 1/r^3 nach der gradienten bildung enthalten ist. wiederum nur mit l=1 machbar.
ich krieg übrigens ein anderes potential heraus als du. hab das nicht mittels integral wie in der elektro statik gemacht, sondern mit rand bedingungen für das H feld (hat der balsin heute ganz kurz angesprochen) aber seht selbst:
3.pdf (323 KB)
Ich hab per Google jetzt was gefunden.
Das dritte Beispiel in dem pdf.
Leider kein Lösungsweg sondern nur Ergebnisse.
PotentialHohlkugel7.pdf (96.7 KB)
Ich habe jetzt keine Zeit, euer ganzes Beispiel zu rechnen, aber im Prinzip ist das relativ einfach - man setzt innen und außen die homogene Lösung ganz allgemein an und kann dann beim Einsetzen in die Anschlussbedingung aufgrund der Orthogonalität der Legendrepolynome Gleichungen für die Koeffizienten extrahieren. Da kommt dann wohl heraus, dass das die Gleichungen für l<>1 nur die Lösung haben, wo die Koeffizienten außen und innen verschwinden.
…noch ein fund aus dem internet.
folie 22 ist interessant
TETKap4-2_250407.ppt (1.14 MB)
Ja auf die Poissongleichung und die Ergebnisse bin ich auch gekommen.
beispiel 2
sollte richtig sein
lg
Bsp 3 (Potential und Magnetfeld) ist übrigens schön in den Rebhan-Folien drin… habs mal extrahiert
HomogenMagnetisierteKugel.pdf (654 KB)