VO Prüfung 19.08.2014

3hu861 · Beitrag von **3hu861** » 20.09.2014, 14:08

1st_one hat geschrieben:Hat jemand von euch das Teilchen im B u E Feld vollständig gelöst und kann den ganzen Lösungsweg zeigen?

In den Unterlagen vom Sommersemster 2012 von 138.008 Grundlagen der Physik II findest du im TISS ein ähnliches Beispiel sehr allgemein gelöst (Teilchen_im_EM-Feld.pdf).

1st_one · Beitrag von **1st_one** » 20.09.2014, 15:23

Besten Dank!

Fabian · Beitrag von **Fabian** » 20.09.2014, 19:53

123asdf hat geschrieben:
da erhalte ich dieselbe Lösung wie du - für die Ortsgleichungen pro Koordinate eine Integrationskonstante.
$\vec{r}(t)=\left( \begin{matrix} \frac{v_0}{\omega}\sin{(\omega t)}+C_x \\ \frac{qEt^2}{2m}+v_0 t + C_y\\ -\frac{v_0}{\omega}\cos{(\omega t)} + C_z\end{matrix}\right)$

Wie kommst du bei der z-Komponente auf das $v_0$ ?
In der Angabe hat die z-Komponente ja keine Anfangsgeschwindigkeit oder überseh ich da etwas?

123asdf · Beitrag von **123asdf** » 20.09.2014, 20:16

Das ist der Ortsvektor. Leite einmal ab und setze t=0 ein. Dann ist vz(t=0)=0

Myon · Beitrag von **Myon** » 20.09.2014, 20:31

1st_one hat geschrieben:Hat jemand von euch das Teilchen im B u E Feld vollständig gelöst und kann den ganzen Lösungsweg zeigen?

Hab jetzt schon ein paar versionen, bekomm aber immer Probleme weil mir immer zuviele Konstanten übrigbleiben.

Wär cool,
danke im Vorraus

Hier meine leserlichste Version, ich hoffe sie hilft...

Fabian · Beitrag von **Fabian** » 20.09.2014, 20:34

Aber müsste das nicht eine belibige konstante sein, die wir durch zu wenige randbedingungen nicht bestimmen können und nicht $v_0$ ?
Wenn ich die DGL löse dann bekomm ich für $v_z$
$v_z=Ccos(\omega*t)+Dsin(\omega*t)$
$v_z(0)=C=0 -> v_z=Dsin(\omega*t)$ und die konstante D können wir ja nicht bestimmen oder?

3hu861 · Beitrag von **3hu861** » 20.09.2014, 20:52

Den Schritten aus der oben erwähnten Ausarbeitung folgend setzen wir an:
$v_x(t) = A \cos(\omega t + \varphi)$ ,
$v_z(t) = B \cos(\omega t + \psi)$ .
Aus der Bewegungsgleichung
$\dot{v}_x=-\omega v_z$
folgt
$-A\omega \sin (\omega t + \varphi) = - \omega B \cos (\omega t + \psi)$ ,
was nur dann für alle Zeiten erfüllt sein kann, wenn gilt
$A = B$ und $\varphi = \psi + \frac{\pi}{2}$ .
Wir haben also:
$v_x(t) = A \cos(\omega t + \varphi)$ ,
$v_z(t) = A \sin(\omega t + \varphi)$ .
Einsetzen der Anfangsbedingung $\vec{v}(t=0)=(v_0,\, v_0,\, 0)$ liefert
$A \cos \varphi = v_0$ ,
$A \sin \varphi = 0$ ,
woraus folgt
$\varphi = 0$ und $A = v_0$ .

Fabian · Beitrag von **Fabian** » 20.09.2014, 21:22

Okay so ergibt das Sinn
Danke

peter · Beitrag von **peter** » 21.09.2014, 10:15

Myon hat geschrieben:
1st_one hat geschrieben:Hat jemand von euch das Teilchen im B u E Feld vollständig gelöst und kann den ganzen Lösungsweg zeigen?

Hab jetzt schon ein paar versionen, bekomm aber immer Probleme weil mir immer zuviele Konstanten übrigbleiben.

Wär cool,
danke im Vorraus
Hier meine leserlichste Version, ich hoffe sie hilft...

Was sich mir leider nicht erschließt: In $F=q(E+v \times B)$ setzt du einen Vektor mit 3 Komponenten $(v_x, v_y, v_z)$
In der Angabe ist aber $v=(v_x, v_y, 0)$
Demnach wäre das Ergebnis von $F = q ((0, E_y, 0)+ (0,0, v_x B_y) )$ oder bin ich da am Holzweg?

Edit: Wenn ich im Vektor nur 2 Komponenten hab, tu ich mir aber mim Lösen des Gleichungssystems schwer oder?

Zur Frage mit der Kapazität des "Kugelkondensators"
Mein Weg wäre in $C=Q/U$ für Q die Gesamtladung der Anordnung (also -Q) einzusetzen und für U die Potentialdifferenz zwischen innerer und äußerer Kugel. Daraus ergibt sich mir $C= 4 \pi \epsilon_0 (r_1 r_2 )/(r_1 + 2 r_2 )$

123asdf · Beitrag von **123asdf** » 21.09.2014, 10:35

Das ist ja nur die Anfangsbedingung, die brauchst dann am Ende.
Und das mit der Gesamtladung kann mMn deswegen nicht stimmen, weil man, wenn man beim normalen Kugelkondi so vorgehen würde, 0 hätte.

Gumpf · Beitrag von **Gumpf** » 21.09.2014, 14:05

Ich weiß es ist schon knapp, aber ist jemand so nett und kann von der Prüfung vom 28.09.2012 Teil 1 das 5. Beispiel für mich rechnen?
Ich bring da grad gar nix zusammen.. ^^

Ein Sender strahlt eine elektromagnetische Welle ab, wobei das elektrische Feld im Fernfeld durch E(t)=(0,E_0,0) sin(wt-kx) gegeben ist.
a) berechnen und zeichnen sie die E und B felder dieser Welle und den Poynting Vektor in das Koordinatensystem ein.
b) wie groß ist die in einer Leiterschleife induzierte Spannung U(t), wenn diese einen Querschnitt A (A<lambda²) hat und im Fall (b1) in der xy bzw. im Fall b2 in der yz Ebene liegt?

3hu861 · Beitrag von **3hu861** » 21.09.2014, 15:12

Gegeben:
$\vec{E}(t,x) = E \sin (\omega t - k x) \hat{\vec{e}}_y$ ,
$\vec{k} = k \hat{\vec{e}}_x$ .

a)
$\vec{B} = \frac{1}{\omega} \left( \vec{k} \times \vec{E} \right) = \frac{k}{\omega} E \sin (\omega t - k x) \left( \hat{\vec{e}}_x \times \hat{\vec{e}}_y\right) = \frac{1}{c} E \sin (\omega t - k x) \hat{\vec{e}}_z$
$\vec{S} = \vec{E} \times \vec{H} = \frac{1}{\mu_0}\vec{E}\times\vec{B}= \frac{1}{c \mu_0} E^2 \sin^2 (\omega t - k x) \left( \hat{\vec{e}}_y \times \hat{\vec{e}}_z\right)=c \varepsilon_0 E^2 \sin^2 (\omega t - k x) \hat{\vec{e}}_x$
b1)
$\vec{A} = A \hat{\vec{e}}_z$
$\Phi_{\mathrm{m}} = \vec{B} \cdot \vec{A} = \frac{1}{c} E A \sin ( \omega t - k x )$
$U_{\mathrm{ind}} = - \frac{{\mathrm{d}}\Phi_{\mathrm{m}}}{{\mathrm{d}}t} = - \frac{\omega}{c} E A \cos ( \omega t - k x ) = k E A \cos ( \omega t - k x )$
b2)
$\vec{A} = A \hat{\vec{e}}_x$
$\Phi_{\mathrm{m}} = \vec{B} \cdot \vec{A} = 0$
$U_{\mathrm{ind}} = - \frac{{\mathrm{d}}\Phi_{\mathrm{m}}}{{\mathrm{d}}t} = 0$

winterc · Beitrag von **winterc** » 21.09.2014, 17:43

3hu861 hat geschrieben:Am besten ist es, wenn man sich einfach die Kapazität als Maß der gespeicherten Energie vorstellt:
$W = \frac{1}{2}C U^2 = \int \mathrm{d}^3V\.w_{\mathrm{em}}$ .
Ausrechnen und umformen liefert dann einfach die Kapazität eines Kugelkondensators:
$C=4\pi\varepsilon_0 \frac{R_1 R_2}{R_2-R_1}$ .

Mehr dazu hier: http://physics.stackexchange.com/questi ... each-plate

Das mit der elektromagnetischen Energiedichte klingt gut, irgendwie komme ich da auf was anderes. Zum Vergleich mal mein E-Feld und das Potenzial.
$E(r) = \frac{-Q}{2\pi \vareps_0} \begin{cases} 0 & r < R1 \\ \frac{1}{r^2} & R_1 < r < R_2 \\ \frac{1}{2 r^2} & r > R_2 \end{cases}$
$\Phi(r) = \frac{Q}{2\pi \vareps_0} \begin{cases} \frac{1}{R_1} & r < R1 \\ \frac{1}{r} & R_1 < r < R_2 \\ \frac{1}{2 r} + \frac{1}{2 R_2}& r > R_2 \end{cases}$

Wenn man jetzt das Integral
$W = \int w_{em} dV$
berechnet, hat man ja auch einen Anteil vom E-Feld außen.
Da komme ich dann auf:
$W = \frac{1}{2} \vareps_0 \int E^2 dV = \frac{Q^2}{2 \pi \vareps_0} \left( \frac{1}{R_1} - \frac{3}{4 R_2} \right)$

Für die Spannung kommt mir
$U = \frac{Q}{2 \pi \vareps_0} \frac{R_2-R_1}{R_1 R_2}$
raus. Also für die Kapazität

$C = \frac{2 W}{U^2} = \pi \vareps_0 \frac{R_1 R_2 (4R_2-3R_1)}{(R_2-R_1)^2}$ .

Habe ich mich da so verrechnet? Mit der anderen Variante habe ich es so ähnlich gemacht wie in dem Link von dir.

lg

moonboots · Beitrag von **moonboots** » 21.09.2014, 17:52

Hallo 3hu861, danke für die antworten, könntest du den rechenweg für die kapazität raufstellen? mir kommt da nämlich was komplett anderes raus...

LG

Edit: habs schon, jakobi determinante vergessen

3hu861 · Beitrag von **3hu861** » 21.09.2014, 18:45

winterc hat geschrieben:hat man ja auch einen Anteil vom E-Feld außen

Nein, da habe ich mich wohl nicht deutlich genau ausgedrückt. Die Energie, die man zur Definition der Kapazität betrachtet, ist die zwischen den Leitern. Also in diesem Fall musst du nur über das Volumen zwischen R1 und R2 integrieren.

Hier explizit:
$\vec{E} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{-2Q}{r^2}$
$w_{\mathrm{em}} = \frac{1}{2} \vec{E} \cdot \vec{D} = \frac{1}{2} \varepsilon_0 \vec{E}^2 = \frac{1}{8 \pi^2 \varepsilon_0} \frac{Q^2}{r^4}$
$W_{\mathrm{em}} = \int \mathrm{d}^3 r\, w_{\mathrm{em}} = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\varphi \int_{-1}^{1} \mathrm{d}\cos\theta \int_{R_1}^{R_2} \mathrm{d}r\,r^2\, \frac{1}{8 \pi^2 \varepsilon_0} \frac{Q^2}{r^4} = \frac{Q^2}{2\pi \varepsilon_0} \int_{R_1}^{R_2} \mathrm{d}r \, \frac{1}{r^2} = \frac{Q^2}{2\pi \varepsilon_0} \frac{R_2-R_1}{R_1 R_2}$

Dann kommt man auf die richtige Kapazität.

Ich glaube dein Potential ist falsch, winterc, da divergiert soweit ich das sehe, das E-Feld bei R2. Erstaunlicherweise hast du aber die richtige Spannung ausgerechnet.

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