Tutorium 3.4.2009

Malahidael · Beitrag von **Malahidael** » 29.03.2009, 14:42

Angabe ist schon online. Möge das fröhliche Posten beginnen

.

Lelouch · Beitrag von **Lelouch** » 29.03.2009, 22:24

Also 1 a schaut schonmal nicht schwer aus.

$\int \vec{E}\cdot d\vec{A}=\frac{Q}{\varepsilon }$

$E2\pi rL=\frac{2\pi a\sigma L}{\varepsilon }$

$E=\frac{\sigma a}{\epsilon r}$

für das Feld ausserhalb. Das Feld innerhalb wird wegen der Symmetrie ja 0.

der mit dem integral tanz · 30.03.2009, 14:52

Lelouch hat geschrieben:Das Feld innerhalb wird wegen der Symmetrie ja 0.

was man mathematisch leicht zeigen kann indem man die flächenladungsdichte schreibt als $\rho (r)=\sigma _{0}\delta (r-a)$

rfc822 · Beitrag von **rfc822** » 30.03.2009, 19:50

Leider keine Ahnung, ob's stimmt, hab teilweise schon wüste Annahmen getroffen

2a: $phi(\vec r) = \frac{p\cos\theta}{r^2}$
2b: Monopol- und Dipolmoment Null, $Q_{kl} = 6q\begin{pmatrix} -\frac{a^2}{4}\\ & 0\\ & & \frac{a^2}{4} \end{pmatrix}$ , $\phi(\vec r) = \frac{3qa^2}{4r^5} (z^2-x^2)$
(Gaußsches CGS-System)

3: Alle sphärischen Multipolmoment bis auf l=1, m=+/1 Null
$q_{11} = -\sqrt{\frac{3}{8\pi}} Q\pi a$
$\phi(\vec r) = \frac{Qa}{2\epsilon_0 r^2} \sin\theta \cos\phi$
(Hier SI-System)

Hat irgendwer was Ähnliches?

der mit dem integral tanz · 30.03.2009, 21:00

rfc822 hat geschrieben: 2a: $phi(\vec r) = \frac{p\cos\theta}{r^2}$
2b: Monopol- und Dipolmoment Null, $Q_{kl} = 6q\begin{pmatrix} -\frac{a^2}{4}\\ & 0\\ & & \frac{a^2}{4} \end{pmatrix}$

kann ich eigentlich bestätigen, mir kommt aber als vorfaktor der matrix nicht 6q sondern 3q. hast du vieleicht vergessen durch 2 zu dividieren? (siehe definition des quadrupolmoments).

weis wer was bei frage 2a gemeint ist mit den grenz übergängen von a gegen null und q gegen unendlich? wenn ich das richtig verstanden habe, dann bedeutet festhalten des dipolmoments, das ich das potential $V=\frac{p*cos \theta}{4 \pi \epsilon_{0}}$ so stehen lasse, obwohl p ja eigentlich von a und q abhängt, womit der ausdruck bei den grenzübergängen $a\to 0$ und $q\to \infty$ gleich bleibt.

Lelouch · Beitrag von **Lelouch** » 30.03.2009, 21:29

der mit dem integral tanz hat geschrieben:
Lelouch hat geschrieben:Das Feld innerhalb wird wegen der Symmetrie ja 0.
was man mathematisch leicht zeigen kann indem man die flächenladungsdichte schreibt als $\rho (r)=\sigma _{0}\delta (r-a)$

Genau, das habe ich für die Poissongleichung verwendet.

$div\vec{E}=\frac{\sigma }{\varepsilon }\delta (r-a)=\frac{1}{r}\partial _{r}(rE(r))$

Da das ganze nur Radial abhängig ist fallen die Ableitungen nach Winkel und Höhe weg, es bleibt eine eindimensionale Differentialgleichung ersten Grades, welche durch trennung der Variablen zu lösen ist.

$\int d(rE(r))=\int_{0}^{\infty } \frac{\sigma }{\varepsilon }a\delta (r-a)dr$

auswerten liefert das gleiche Resultat wie weiter oben. Allerdings bin ich mir jetzt wegen einer möglichen Integrationskonstante auf der linken Seite nicht ganz sicher.

für die Delta-Funktion wurde hierbei benutzt:

$f(x)\delta(x-a)=f(a)\delta(x-a)$

rfc822 · Beitrag von **rfc822** » 30.03.2009, 21:56

der mit dem integral tanz hat geschrieben:kann ich eigentlich bestätigen, mir kommt aber als vorfaktor der matrix nicht 6q sondern 3q. hast du vieleicht vergessen durch 2 zu dividieren? (siehe definition des quadrupolmoments).

Mit $Bild$ komme ich auf einen Beitrag von 3q pro Ladung, und da es immer 2 sind die sich addieren => 6q

weis wer was bei frage 2a gemeint ist mit den grenz übergängen von a gegen null und q gegen unendlich?

Vermutlich, dass erstmal keine Multipolentwicklung durchgeführt wird, sondern der Übergang zum idealen Dipol eben durch a->0 erfolgt. Mein Ansatz:
$\phi(\vec r) = \frac{q}{|\vec r-\vec a|} - \frac{q}{|\vec r+\vec a|}$
Grenzübergang:
$\lim\limits_{\eta\rightarrow 0} \phi(\vec r) = \lim \frac{q}{\eta} \left(\frac{1}{|\vec r-\eta \vec a|} - \frac{1}{|\vec r+\eta \vec a|}\right)$
Verschieben:
$\lim \phi(\vec r) = -\lim \frac{q}{\eta} \left(\frac{1}{|\vec r+2\eta\vec a|} - \frac{1}{|\vec r|}\right)$
Das ist jedoch gerade die Definition einer Richtungsableitung, sodass gilt:
$\lim \phi(\vec r) = 2q D_{\vec a} f = 2q \vec a (\vec\nabla f) = \frac{2q\vec a\vec r}{r^3}$
Das "Festhalten" würde bei mir nur heißen, dass q*a = const. weiterhin in der Lösung vorkommt, obwohl q und a einzeln nicht mehr endlich sind

der mit dem integral tanz · 30.03.2009, 22:23

rfc822 hat geschrieben: Mit $Bild$ komme ich auf einen Beitrag von 3q pro Ladung, und da es immer 2 sind die sich addieren => 6q

in meinen mitschriften und meinem edyn buch steht genau dieser ausdruck, aber eben dividiert durch 2.

wenn du dir überlegts das der ausdruck der 3 term der taylor reihe für das potential ist, komm ich auch auf das durch 2:

$f(x+h)=\sum_{n=0}^{N}\frac{1}{n!}(h\cdot \nabla)^{n}f(x)+O(\left \|h \right \|^{N+1})$

der dritte term währe bei n=2 was im bruch 1/2 bedeutet, während $(h\cdot \nabla)^2$ die matrix ist.

ich nehm mal an das das konvention ist, die einen werden das 1/2 in das quadrupolmoment reinziehen, bei den anderen tauchts dann im potential wieder auf.

zwerg · Beitrag von **zwerg** » 31.03.2009, 07:42

rfc822 hat geschrieben:

Das "Festhalten" würde bei mir nur heißen, dass q*a = const. weiterhin in der Lösung vorkommt, obwohl q und a einzeln nicht mehr endlich sind

man kann sich glaub ich zuerst das p ausrechnen (hat ja nur eine z-komponente) und dann q als p/2a schreiben, somit geht beim grenzübergang a nach 0 automatisch das q nach unendlich, und das p bleibt fest??

adbomb21 · Beitrag von **adbomb21** » 31.03.2009, 15:17

Hallo!
Beim dritten Bsp. habe ich da mal eine so Frage

. Was ist mit dem in der Klamme eingeschlossenen 2 gemeint.
Achja und muss man für das Quadropolmoment wirklich alle Komponenten ausrechnen?mmmh...weil das ist etwas langweilig mit den ganzen Trigonometrischenfunktionen...
Danke andi

Lelouch · Beitrag von **Lelouch** » 31.03.2009, 15:20

rfc822 hat geschrieben:Leider keine Ahnung, ob's stimmt, hab teilweise schon wüste Annahmen getroffen

2a: $phi(\vec r) = \frac{p\cos\theta}{r^2}$
2b: Monopol- und Dipolmoment Null, $Q_{kl} = 6q\begin{pmatrix} -\frac{a^2}{4}\\ & 0\\ & & \frac{a^2}{4} \end{pmatrix}$ , $\phi(\vec r) = \frac{3qa^2}{4r^5} (z^2-x^2)$
(Gaußsches CGS-System)

3: Alle sphärischen Multipolmoment bis auf l=1, m=+/1 Null
$q_{11} = -\sqrt{\frac{3}{8\pi}} Q\pi a$
$\phi(\vec r) = \frac{Qa}{2\epsilon_0 r^2} \sin\theta \cos\phi$
(Hier SI-System)

Hat irgendwer was Ähnliches?

Da ich mit dieser Multipolentwicklung noch nicht ganz im sicher bin nur eine kurze Frage. Dein $cos\theta$ bei 2a bezieht sich auf den Winkel beim Skalarprodukt zwischen $\vec{p}$ und dem Einheitsvektor oder? Dann hätte ich nämlich das Gleiche, halt noch mit $\frac{1}{4\pi \varepsilon }$ davor (das Monopolmoment ist ja 0).

rfc822 · Beitrag von **rfc822** » 31.03.2009, 15:32

Lelouch hat geschrieben:
rfc822 hat geschrieben:Da ich mit dieser Multipolentwicklung noch nicht ganz im sicher bin nur eine kurze Frage. Dein $cos\theta$ bei 2a bezieht sich auf den Winkel beim Skalarprodukt zwischen $\vec{p}$ und dem Einheitsvektor oder?
Bei mir: $\vec p\cdot\vec r = p r \cos\theta$

Dann hätte ich nämlich das Gleiche, halt noch mit $\frac{1}{4\pi \varepsilon }$ davor (das Monopolmoment ist ja 0).

Da ich das Bsp im CGS-System gerechnet habe, würd das passen

Lelouch · Beitrag von **Lelouch** » 31.03.2009, 16:12

OK sofern stimmt es schonmal. Allerdings verstehe ich nicht wie ihr bei 2b auf den 3er (bzw 6er, je nachdem ob man durch 2 teilt) kommt. Wenn ich nämlich alle Ausdrücke der Summe addiere schauen die Klammern zb so aus:

$(3\frac{a^{2}}{4}-\frac{a^{2}}{4})$

wodurch der 3er ja zu einem 2er gekürzt wird, und in den Klammern wo die komponenten der 2 x Vektoren gerade 0 sind, bleibt sowieso keiner übrig. Wenn ich dann alle 4 Einträge addiere steht bei mir für Q11 dort:

$-q\frac{a^{2}}{4}$

ohne einen Faktor 3 davor. (dabei habe ich vor der Klammer das q/2 stehen gehabt)

der mit dem integral tanz · 31.03.2009, 18:42

Lelouch hat geschrieben: Allerdings verstehe ich nicht wie ihr bei 2b auf den 3er (bzw 6er, je nachdem ob man durch 2 teilt) kommt.

das mit latex zu tippen is mir grad zu viel deshalb post ich mal meine gescannte rechnung. ich hoffe ihr könnt enzifern was ich da gerechnet hab, was ich da poste sind nur mal meine ersten versuche auf einem schmierzettel

Lelouch · Beitrag von **Lelouch** » 31.03.2009, 19:12

danke

ich glaube du gehst das komplett anders an als ich die definition verstanden habe, denn du scheinst aus den xi und xj einen tensor 2ter stufe zu basteln. die definition (auf wikipedia steht unter der formel für quadropol ne definition über einheitsvektoren) scheint aber rein komponentenweise zu sein.
zb Q11 beim ersten Term der summe (n=1) vom ortsvektor dieser Ladung nur die erste komponente (i=1) mit der ersten komponente (j=1) multiplizieren und kein Tensor 2ter Stufe.

Oder hab ich das jetzt falsch entziffert?

Als Beispiel, Q11 für n=1 i=j=1 (restliche Summenglieder analog additiv dazudenken) mit q1= -q an (a/2,0,0)

$Q^{11}=\frac{-q}{2}(3*\frac{a}{2}\frac{a}{2}-(\frac{a}{2})^{2}\delta _{11})+...$

mit:

$x^{1}=\frac{a}{2}$

sorry bekomm doch das gleiche Heraus. Hab nur n Vorzeichen beim hinschreiben verdreht gehabt, jetzt hab ich auch n mal 3 vorm ersten eintrag.

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