Die Aufregung nach dem Test legt sich und die neue Angabe für Freitag ist da. Ich mach mal einen Anfang: Zum Beispiel 3 gibts einiges in den 3er Vorlesungsfolien S40 ff.
lg
aufgabenblatt05_ss2010h.pdf (58.9 KB)
hallihallo!
beim 2ten beispiel komm ich mit dem Ansatz \oint_ {F}^{ }{Td^2\vec{f}} nicht auf das gewünschte Ergebnis F=qE , hab ich mich nur verrechnet oder muß man das anderst angehn?
Ich versteh da eig auch nicht wie ich auf ein „q“ kommen soll wenn ich das einfach über die Oberfläche integrier?!
Stimmt das hier fuer 5.1)a) oder bin ich auf dem Holzweg? Bitte net auslachen ^^
\varrho {p} = -\frac{3P{0}}{a}
\sigma {p} = P{0}
für das 2te beispiel muss man das E-feld, welches von der Punktladung im Ursprung erzeugt wird auch miteinberechnen. Das heißt das Gestamtfeld ergibt sich aus der Summe von Eex und Eq. wobei Eex nur eine z-komponente hat und Eq als betrag q/r^2 hat und als einheitsvektor (sin theta.cos phi , sin theta.cos phi , cos theta)
das kann man dann in den Spannungstensor einsetzen.
danke hab mir die ganze zeit den kopf zerbrochen wie ich die Ladung reinbekomm
ad 5.1a hab ich mir gedacht
\Delta \phi =-4\pi \varrho und \phi =\frac{\vec{p}\vec{r}}{r^{3}}=\vec{p}\frac{1}{r^{2}}\vec{e_{r}} aber
\frac{1}{r}\frac{\vartheta ^{2}}{r^{2}}rP\frac{r}{a}\vec{e_{r}}\frac{1}{r^{2}}*\vec{e_{r}}=0
5.1a) \rho_p=2P_0 \frac{1}{a}
wie kommst auf 3? die divergenz is doch \frac{1}{r}\frac{d}{dr}(rP(r))
\sigma_p=P_0
und Q=4\piP_0a^2
Also ich hab auch \rho_p=-3P_0 \frac{1}{a}, weil ja für Kugelkoordinaten gilt: div P=\frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}(r^{2}*P(r))+Rest
Ich glaub die Gesamtladung is null, weil sich die Volumsladung und die Oberflächenladung genau aufheben!
@ keke: stimmt… falsches KS 
thx
errechnet sich Q aus \int \ \sigma_p \ dA ?
Also ich hab:
Q=\int \sigma_p \ dA + \int \rho _{p} dV
Die zwei Anteile heben sich dann genau auf.
[/quote]
woher hast das?
ist folgende Überlegung:
die Volumsladungsdichte allein ist nicht ausreichend, weil auf der Oberfläche auch noch eine
Flächenladung vorhanden ist.
Außerdem sollte der Isolator gefühlsmäßig durch die Polarisation keine Ladung „bekommen“.
ich hoffe das stimmt 
mich hats auch gwundert dass auf mein isolator aufgladn is…
E-Feld is ja dann ähnlich wie im tutorium…
du scheintst dich auszukennen… hab ma das dritte durchglesen. is doch vom prinzip dasselbe wie im tut, nur muss man auf die randbedingungen aupassen?!
das 3. Beispiel geht wirklich ganz analog zum Plenum.
Wie habt ihr bei 1.b. das E-Feld berechnet?
Zuerst das Potential und daraus das E?
Ich hab im Greiner eine Formel für das Potential gefunden:
\phi(\vec{r})= \frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\int d^3{r}‚\frac{1}{\left | \vec{r}-\vec{{r}‘} \right |}\rho_p
Da kann man eine Multipolentwicklung machen, aber das ist irgendwie ein overkill, weil wegen der Symmetrie
nur ein Monopolmoment übrig bleibt.
für r>a gibt das \phi(\vec{r})= -\frac{a^2 P_0}{\varepsilon_0 r}
für r<a habe ich zwar eine Vermutung, aber keinen Plan, wie ich das ausrechne
Hat jemand das gleiche Ergebnis für r>a?
Geht das auch einfacher?
weis jetzt schon irgendjemand ob man die gesamtladung über die volumsladungsdichte, die flächeladungsdichte oder beides rausbekommt?
und bei beispiel 3 geht man davon aus, dass das D-Feld konstant ist?
\vec{D}=\frac{4Q}{R_{0}^{2}}\vec{e_{z}}
\vec{E}=\frac{4Q}{R_{0}^{2}(\varepsilon+\frac{z}{d}\bigtriangleup \varepsilon)}\vec{e_{z}}
\vec{P}=\frac{Q}{R^{2}_{0}\pi }(1-\frac{1}{\varepsilon})
\varrho {p}=-div\vec{P}
\sigma{p}=\vec{P}\vec{n}=\vec{P}\vec{e_{z}}=P
is dann leicht auszurechnen…
C=\frac{R^{2}{0}\triangle \varepsilon}{4d}\frac{1}{\ln(\frac {\varepsilon{0}+\triangle \varepsilon}{\varepsilon_{0}})}
Ist die Rechnung dann so grauenhaft und langwierig wie bei mir oder überseh ich da was? HELP!
Ist bei mir auch lang und grauenvoll 
, es kommt aber das richtige Ergebnis raus … einfach durchhalten
okey und welches koordinatensystem hast genommen? eh kugel?