Hi!
Jemand eine Ahnung was die im Bsp.1 damit meinen, „spalten Sie diese Singularität ab“ ??! Einfach weglassen? Also der Raumladungsanteil besteht dann nur aus der Exp Funktion?
Ich hab Folgendes gemacht: Q = \int\limits_V \varrho~dV = -\int\limits_V \varepsilon_0~\bigtriangleup\phi~dV = -\int\limits_{\partial V} \varepsilon_0~\vec\nabla\phi~d\vec A
Über die Kugel vom Radius r integriert komm ich für Q auf einen radiusunabhängigen Teil (Konstante) und einen radiusabhängigen Teil. Die Konstante muss die Punktladung im Ursprung sein, d.h. man kann sagen: \varrho = \varrho_0 + \varrho_L mit \varrho_0 \propto c\delta(\vec x) wobei c die konstante Punktladung ist.
^^ Stimmt das?
Die Singularität abspalten heißt im Prinzip, dass ich das vorhandene Potential so verändere, dass ich einen singulären Anteil habe, den ich „bearbeiten“ kann und einen nicht singulären, ohne am Potential selbst wirklich etwas zu ändern. Ich illustriere es gleich an dem vorhandenem Bsp.:
Gegeben ist das Potential V(\vec{x})=\frac{e^{-\frac{r}{a}}}{r}. Das verändern wir jetzt, indem wir „0“ dazu addieren. Das führt und auf V(\vec{x})=\frac{1}{r}+\frac{e^{-\frac{r}{a}}-1}{r}. Das ist der Ausdruck, bei dem die Singularität abgespaltet wurde. Damit muss man nur mehr in die Poissongleichung gehen und schon kommt man auf seine Ladungsdichte (\bigtriangleup V(\vec{x})=-\frac{\rho(\vec{x})}{\epsilon_0}, \bigtriangleup (\frac{1}{r})=-4\pi\delta(\vec{x}-\vec{x_0}) und \bigtriangleup (\frac{e^{-\frac{r}{a}}-1}{r}) einfach in Kugelkoordinaten ausrechnen). Daraus dann die Ladung einer Kugel ausrechnen ist denke ich dann kein Problem mehr 
.
Ich hoffe das hilft euch was.
2tes Bsp: siehe http://www.lte.uni-saarland.de/german/teaching/classes/fs2/fs2_uebung/fs2_2004_u3_loesung.pdf
3tes Bsp: Da kommt mir
\phi(d) = \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}\left(\sqrt{R_0^2+d^2}-d\right) bzw \vec E(d) = \frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}\left(\frac{d}{\sqrt{R_0^2+d^2}}-1\right) und für d\gg R: \phi,E \rightarrow 0 raus. Kann das wer bestätigen? Ich frag mich aber, wozu q_2 gegeben war.
Ich rechne gerade am 3er und bekomme für E das gleiche heraus, allerdings habe ich ein negatives Vorzeichen.
Mein Fehler, E ist natürlich MINUS grad phi
Also stimmt das negative Vorzeichen für das Elektrische Feld? Weil ich suche schon die ganze Zeit nach nem Vorzeichenfehler aber sehe einfach keinen.
Ich denk schon dass das negative Vorzeichen für E stimmt. Müsste jetzt nochmal in der Datei nachsehen, aber ich glaube, ich habe einfach E = grad phi statt E = -grad phi gerechnet
OK danke, ich denke auch dass das negative Vorzeichen stimmt denn immerhin ist der 2te Term in der Klammer, der 1er, größer als der Bruch und dadurch wird das elektrische Feld gesamt für eine positive Ladung auch positiv und ist damit eine Quelle im Raum. Sollte also stimmen.
Ich verstehe die Lösung für Beispiel 2 nicht ganz. Warum ist das Potential in der Mitte = 0 obwohl die Leiter entgegengesetzt geladen sind. Ein geladenes Teilchen an diesem Punkt könnte doch nie eine potentielle Energie von 0 haben da ein Leiter es anzieht während der Andere es abstößt. Kann man das Bezugspotential echt so willkürlich wählen?
Edit: OK dass es 0 wird ergibt sich eh einfach aus dem addieren der Potentiale, trotzdem wunderts mich.
Das Bezugspotential ist frei wählbar, allerdings mit Einschränkungen (es darf nicht bei +/-b gesetzt werden, da es dort unendlich wird, und es darf auch nicht im Unendlichen gesetzt werden, da das Potential hier nicht verschwindet). In diesem Fall wird es in der Mitte mit 0 angenommen.
Siehe http://www.parautochthon.com/estatik2.pdf 6.3.5, Seite 44 „Bemerkungen zur Eichung“
OK danke werd ich mir nacher durchlesen. Allerdings scheint in dieser Lösung trotzdem ein Fehler zu sein, denn er setzt bei Schritt 15 auf 16 die Quadrate der Radien ein und nicht die Beträge. Also müsste man dort eigentlich alles noch mit 1/2 multiplizieren damit es stimmt (wenn man die Hochzahl nach den logarythmus Gesetzen runter zieht).
Stimmt, der Fehler ist mir auch aufgefallen
Sorry hab den letzten Satz übersehen. Die Ladung q2 ist gegeben weil wir nicht die Feldstärke sondern die Kraft berechnen sollen, also auf eine Ladung q2. Da diese aber Punktförmig ist, ändert sich sowieso nichts ausser dass du halt nochmal q2 auf dein E drauf multiplizierst.
Sorry hab den letzten Satz übersehen. Die Ladung q2 ist gegeben weil wir nicht die Feldstärke sondern die Kraft berechnen sollen, also auf eine Ladung q2. Da diese aber Punktförmig ist, ändert sich sowieso nichts ausser dass du halt nochmal q2 auf dein E drauf multiplizierst.
Äh ja dann meine ich q1, jedenfalls die Gesamtladung der Scheibe. Diese ist doch unnötig, wenn die Flächenladungsdichte und die Fläche (über den Radius) gegeben ist?
Naja die Ladungsdichte ist ja nicht wirklich konstant sondern eine Funktion vom Winkel multipliziert mit einer Konstante. Wenn man nun die Kraft auf die Punktladung berechnet muss man ja quasi jeden Punkt der Scheibe durch einen Vektor mit der Punktladung verbinden. Das führt ja wiederum auf das Integral über die Scheibe, und da der Richtungsvektor auch vom gerade abgegriffenen Punkt der Scheibe abhängt muss dieser ins Integral mit einbezogen werden. Beim auswerten bekommt man jedoch wieder heraus dass die x und y Komponenten 0 werden (ergibt sich beim auswerten des Integrals über den Winkel von 0 bis 2 Pi) wesshalb erstrecht wieder nur die z-Komponente des Feldes übrig bleibt.
hmm, zu Beispiel 3: q_2 ist die Gesamtladung der Kreisscheibe, q_1 ist die Ladung im Abstand d. Falls d\gg R_0, dann sollte sich die Kreisscheibe doch so wie eine Punkt mit der Ladung q_2 verhalten.
Also sollte bei d\gg R_0 die Kraft auf q_1 doch gegen folgendes konvergieren: F_{q_1}(d)=-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1q_2}{d^2}, eben die Kraft, welche man sich von Punktladungen erwartet.
\vec{E}(d)=\frac{\sigma_0}{4\epsilon_0}\left(\frac{d}{\sqrt{R_0^2+d^2}}-1\right) konvergiert aber gegen 0 für d\gg R_0.
Da kann doch was nicht stimmen oder?
Hat schon jemand näheres zum ersten Beispiel? Ich bekomm dabei irgendwie nichts sinnvolles heraus.
Beispiel 1 hab ich so gemacht
zuerst gehe ich vom gauschen gesetz und von dem zusamenhang zwischen E feld und potential aus
\partial _{i}E^{i}=\frac{\rho (x^{k})}{\varepsilon _0}, E^i=-\partial _{i}V(x^k)\Rightarrow \partial _i \partial _i V(x^k)=-\frac{\rho (x^k)}{\varepsilon _0}\ welches auf die poison gleichung
\Delta V(x^k)=-\frac{\rho (x^k) }{\varepsilon_ 0} führt. das potential ist kugel symetrisch da das r in dem potential r^2=x^2+y^2+z^2 ist, daher ist es am leichtesten den laplace operator in kugel koordinaten umzuschreiben.
soweit so gut. wir müssen jezt nur noch das potnetial durch den laplace operator jagen… das können wir aber nicht ohne weiteres machen da das potential bei r=0 eine singularität hat und damit an dem ort nicht klasisch differenzierbar ist. damit gehen wir so um das wir die singularität abspalten. das heist:
V(x^k)=c\frac{e^{-r/a}}{r}=c\left [\frac{1}{r}+\frac{e^{-r/a}-1}{r} \right ] wobei c=\frac{Ze}{4 \pi \varepsilon _0 das können wir jezt in den laplace operator hauen und haben die ladungs dichte.
dazu sei noch anzumerken das \Delta \frac{1}{r}=4 \pi \delta ^{(3)}(\vec{r})
mit dem potential soll jezt die gesamte ladung berechnet werden. also Q(r)=\int _{V’} \rho (r) dV’ das berechnen wir in kugel koordinaten einerseits wegen der schon bemerkten kugelsymetrie andererseits ist ein atom (wenn du weit genug weg bist) eine kugel. daher gilt dV’=r’^2sin\Theta dr’d\Theta d\phi
r’\epsilon [0, r]
\Theta \epsilon [0, \pi ]
\phi \epsilon [0, 2\pi]
zum integrieren ist weiter wichtig die delta funktion \delta ^{(3)}(\vec{r}) die so noch in kartesischen koordinaten da steht, in kugel koordinaten zu transformiern das heist \delta ^{(3)} (\vec{r})=\frac {\delta (r)}{4 \pi r^2}
der rest ist nur noch integrieren
Musst du aber nicht machen, man kann die DeltaFkt. doch gleich in kartesischen Koordianten integrieren.