zunächst mal die angabe
aufgabenblatt07_ss2010k.pdf (69.2 KB)
7.4.
a - c) Falsches äußeres Produkt
d) Hier ist die lineare Substitution falsch. Besser wäre: \frac{z-z’}{c}=sinh\alpha, mit \frac{dz’}{d\alpha}=-c \cdot cosh\alpha
e) e_\varphi = \left(\begin{array}{c}-sin\varphi\cos\varphi\0\end{array}\right) = \frac{1}{r} \left(\begin{array}{c}-r sin\varphi\r cos\varphi\0\end{array}\right) = \frac{1}{r} \left(\begin{array}{c}-y\x\0\end{array}\right), und r = \sqrt{x^2+y^2+0}
f) Für a >> b gilt: \frac{q}{2b^2}
g) Das Integral ist hier kein Linienintegral sondern ein Flächenintegral
h) \int_b^0 f(0,r+a,z) dz nicht -dz
i) \int_r^{r+a} f(0,y,b)
j) a zeigt hier nicht in Z-Richtung. Eine Integration von (0,r,0) bis (0,r,b) wäre möglich.
k) Abstand vom Punkt (a,b,0) zu einem Punkt (x,y,z): \sqrt{(x-a)^2 + (y-b)^2 + z^2}
Beim zweiten hab ich mal 3 diff-gleichungen
\ddot {v_x} + \frac{q^2}{m^2 c^2} v_x = 0
Das gleiche für y
\ddot {v_z} = 0
Dann hab ich als anfangsbedingung
\vec v (-l,0) = (0,0,v_z)
v_x = C sin (\lambda t) + D cos(\lambda t)
(lamda is das konstantenmeer)
Damit kann ich den cosinusteil in der lösugn der x und y-kompnente elemenieren. Wie komm ich dann auf die kosntanten beim sinus?
Eine randbedingung wär ja noch
\vec v(l,t) = (0,0,v_z)
Aber damit kann ich mir nur die zeit ausrechnen
Help!!
Ich glaube beim letzten Punkt d) sind die Grenzen falsch weil die auch mitsubstituiert werden müssen.
Ob die Substitution sinnvoll ist oder nicht ist egal.
hier ist meine Lösung zum 1. Beispiel:
\vec{B} = - \frac{2NI}{cr}\vec{e_\varphi} für das Rechteck „innerhalb“ der Wicklung, 0 außerhalb
L = \frac{2Nb}{c^2} \ln{\frac{R_0+a}{R_0}}
ich denke, die angegebene Spulengeometrie hat für b > a die größere Selbstinduktion
Lösung zu 2a:
ich habe das einfach für einen Punkt auf der z-Achse gerechnet. Aus Symmetriegründen kann nur Bz <> 0 sein.
\vec{B} = \frac{2\pi I}{c} \frac{a^2}{(a^2+z^2)^{3/2}} \vec{e_z}
Für kleine x^2+y^2 ändert sich daran „nichts“.
Kann das irgendwer besser argumentieren oder hat das sauberer gerechnet?
Ich bin fast immer einverstanden 
bei d) sind die Grenzen nicht substituiert worden (hat Plueschi schon geschrieben)
bei f) sollte die influenzierte Ladung doch negativ sein, oder?
bei j) im Integral ist d \vec{r}=dz \vec{e_z}
zu d) Die Substitution z-z’ = t ergibt für die Grenzen wieder unendlich.
zu f) Rechnung siehe Anhang
zu j) Richtig dr zeigt in Z-Richtung, aber a nicht, sonder b. (Siehe Anhang)
@keke:
das erste bsp passt so
zu 7.2a) wennst im biot savart gesetz x und y auch einsetzt kommt dir ein furchtbares integral raus (für den Kreisring im gesamten raum gibts nur ne analytische lösung). man sieht aber an der form des integrals, dass der ^3 term im unteren überwiegt => kann vernachlässigt werden.
schreib am besten alles kartesisch auf, dann sieht mans schön…
is zwar ein schwammiger beweis, sollts aber bringen…
Beispiel 2a steht im Demtröder 2. Is einfach für einen Punkt auf der z-Achse gerechnet.
@KeKe wie kommst du beim 1.Bsp auf deine Lösung?? 
Danke, das macht schon Sinn
#-o
ich hab es auf einem Whiteboard gerechnet und fotografiert, ich hoffe man kann es gut lesen:
klingt vernünftig, danke!
Hat schon wer den Umkehrradius bei 7.2 b berechnet?
Ich steh grad auf der Leitung und weiß nicht, was da überhaupt gemeint ist 
ich sehs irgendwie nicht
@calon:
ich kanns nicht so gut in latex…
im biot savart gesetz steht doch (\vec r- \vec r_1) \time \vec ds
\vec r = (x,y,z)= (r cos(\phi), r sin(\phi), z)
\vec r_1= (a cos(\phi), a sin(\phi), 0)
r1 = r´
das auskreuzt ergitb (jetzt nur für die x-komponente):
((r-a) sin(\phi) dz - z a cos(\phi) d\phi)
das nach z und phi inetgriern
(r-a) z sin(\phi) + z a sin(\phi)
wenn nun r = sqrt{x^2+y^2}sehr klein is, steht da fast nur -a und => die x-komponente is null
für y analog, und z is ja die bekannte formel
bazinga!
aber die Winkel sind doch nicht dieselben oder? das phi von r (das ja mehr oder weniger egal ist) ist nicht dasselbe wie von r1 (über das man integrieren muss)
ich hab z.B. gesagt mein r={x,0,z} mit x << a und mein r1={a cos[phi], a sin[phi], 0}
ds= {-sin[phi], cos[phi], 0}*a dphi
ausgekreuzt: B= … * {z cos[phi], z sin[phi], …}
wenn man cos/sin von 0-2pi integriert, kommt doch 0 raus oder? aber das kann doch grundsätzlich nicht richtig sein, da mein Bfeld ja wie ein dipolfeld aussehen soll (bevor ich dann anfange zu vernachlässigen…)
was hab ich falsch?
nur wenn ich das kreuze, kommt raus: B = {z cos[phi]
Beispiel 7.2a
Ich hoffe man kann es lesen.
@siegnarius: wenn du phi=0 setzt, wird aber der sinus auch 0 oder nicht?
ach und zu 4)f): da gabs doch mal die überlegung, dass wenn a >> b sei, 2 der Bildladungen, also ein +q und ein -q, ja so weit weg von der Platte wären, dass es in der Nähe der Platte so aussehen würde, als gäbs nur die eine Bildladung und daher die influenzierte Gesamtladung einfach die eine Bildladung, also -q sei. Ich nehme mal an das ist falsch, aber andererseits bezweifle ich, dass gemeint war, wir sollten so eine lange Rechnung machen wie die deine…
Ja der Sinus wird 0, danke. 
Das ändert aber den weiteren Rechenvorgang dennoch nicht und führt zum selben Ergebnis.
Man ist von einer Platte so weit entfernt, dass die Ladungen dieser einen Platte nicht mehr beeinflusst werden. Im ganzen System befinden sich aber dennoch zwei Platten wobei aber nur von einer die Ladungen influenziert werden. Das heißt es muss mindestens so etwas wie q/2 sein. Meine Rechnung diente nur zur Kontrolle dieser Überlegung.