Edyn 2.Test

keyciii
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Edyn 2.Test

Beitrag von keyciii »

Es wird schön langsam Zeit, sich auf den zweiten Test vorzubereiten (für die frühen halt, ich kann mir auch vorstellen, dass manche erst am Donnerstag Abend beginnen!)

Deshalb wollte ich gleich mal fragen, ob jemand eine Mitschrift vom Bsp 21 hat, das ist in unserer Gruppe (Stefan) leider untergegangen!

Gal Martin
Beiträge: 194
Registriert: 11.10.2006, 14:53

Beitrag von Gal Martin »

ich würd gerne wissen ob jemand 17a,b hat weil das wurde bei uns bissi wischi waschi erklärt:/
WO IS DA GAL?!?! :twisted:
© Wiesinger

Luchs
Beiträge: 79
Registriert: 06.01.2007, 11:22

Bsp17

Beitrag von Luchs »

Hallo Martin!

17 ist weniger arg, als es ausschaut, abgesehen von der Tatsache, dass ich einen Ansatz nicht verstehe. Vielleicht du.:

Man beginnt mit
\vec{j}=\frac{Q}{a^2\pi}\rho\omega\delta(z)\theta(a-\rho)\vec{e_\phi}
wobei \rho der Radius in der x-y-Ebene ist.
Wie man dazu kommt: Strom ist Ladung mal Geschwindigkeit; Stromdichte ist Ladungsdichte mal Gesch. \rho\omegaist Gesch, der Rest ist Ladungsdichte.

Dann setzt man
c\vec{B}=\int {d^3\tilde{r} *\epsilon_ijk*j(\tilde{r})_j*(r-\tilde{r})_k*\frac{1}{(r-\tilde{r})^3}}

j einsetzen. \theta auflösen (in Integralgrenzen einsetzen); \delta auch einsetzen.
Jetzt ist (a) schon fertig. Nun zu (b)

Das problem ist dass man nach a entwickeln soll, a steht aber in der Integralgrenze. --> Blöd --> man muss was dagegen machen!
Daher Substitution: \tilde{\rho}=u*a
Jetzt steht das a nicht mehr in der Integrationsgrenze. -->gut
Aber: Angeblich wird das ur mühsam! (und für mich schaut es auch so aus, als ob das stimmen könnte)

Daher: Einfacherer Ansatz muss her! Das ist der Ansatz den ich nicht ganz verstehe, aber gut:
Man macht einfach
(\vec{j(\vec{r})};\Phi(\vec{r})) und dann das gleiche wie vorher. Auf halben Weg bekommt man dann ein \Phi(\rho cos(\phi), \rho sin(\phi), 0). Reihenentwicklung: =\Phi(0,0,0)+...
Uns interessieren nur die Terme mit a. Da vor dem Integral schon ein a steht können wir im Integral also keines Mehr brauchen. Daher kann man alle Terme höherer Ordnung vernachlässigen. Nachdem im Integral dann nur noch ein einheitsvektor in Phi-Richtung steht, der bei der phi-Integration 0 wird, folgt dass die Terme der Ordnung a 0 sind.

Wieso man das so machen darf, beziehungsweise, was ich nicht verstehe:
Ich darf das angeblich machen, weil ich ja bei der Berechnung des B-Feldes auch nur eine Faltung durchführe. Da der Zweite Term der Faltung nicht von a abhängt ist mir sein genaues Aussehen egeal und ich setzt ihn einfach einer Beliebigen Fkt von r.
Was ich nicht verstehe ist, dass ich ja eigentlich einen Rotor habe und ich dann nicht sicher sein kann dass ich noch eine Integration habe die bei der phi-Integration von 0 bis 2pi verschwindet.

horst
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Beitrag von horst »

\int  \int

horst
Beiträge: 9
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Beitrag von horst »

\vec{B(r)}=  \frac{Q*\omega }{c* \pi *a^2}  \int^{\infty} _{0}\int^{2\pi} _{0}  d\phi d \rho  \rho ^2 \frac{- \rho  \vec{e _{z}} cos\acute{\phi}  +  z\vec{e _{ \acute{z}}}+      \acute{\rho}\vec{e _{ z}}}{ (\rho^2+\acute{\rho^2}-2\rho\acute{\rho}cos\acute{\rho}+z^2)^{3/2}}  \Theta (a-\rho)
\
\
\vec{B(a)}= \underbrace{B(a=0)}_{0}+a \frac{\partial B}{\partial a}(a=0) + \Theta(a^2) 
\
\
\frac{\partial B}{\partial a}=-\frac{2*Q*\omega }{c* \pi *a^3}\underbrace{\int\int... \Theta(a-\rho) }_{0} + \frac{Q*\omega }{c* \pi*a^2}\underbrace{\int\int... \delta(a-\rho) }_{0}

So hab ich das jedenfalls gemacht

mfg horst

Luchs
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Beitrag von Luchs »

hab damit einige probleme:
  • wieso schaut dein B-Feld in z-Richdtung? Bei mir hat das \vec{e_\phi}\text{x}(\vec{r}-\vec{\tilde{r}}) und das schaut sicher nicht in z-Richtung
    wie kommst du drauf, dass deine Integrale 0 werden?
    würde auf die Weise nicht für alle Terme 0 herauskommen?

horst
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Beitrag von horst »

\vec{e_{\phi} }  \times (  \vec{r} - \vec{\acute{r}})=
\
was bei mir im bruch oben steht

für unten das gleiche machen!
nagel mich nicht drauf fest aber es wurde bei uns so gerechnet und ich habs nachgerechnet scheint plausibel zu sein das das alles null wird in erster ordnung

horst
Beiträge: 9
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Beitrag von horst »

einen fehler hab ich grade bemerkt:
der zweite einheitsvektor im Zähler sollte ein z\acute \cdot e(\rho) sein

Zum Integral meiner meinung wenn mann ins Theta und ins Delta mit a=0 einsetzt müssen die ja nulll sein

Niobe
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Beitrag von Niobe »

okay ich habe jetzt mal eine ganz blöde frage: mit welcher formel komm ich auf die ladungsdichten aus den beispielen 17 und 28 bzw. wie komm ich allgemein auf eine ladungsdichte? (ich hab darüber im skript nichts gscheites gefunden)
bei 17 ist mir das mit der delta bzw heaviside-Funktion schon klar, aber dafür das \frac{Q}{a^2 \pi } nicht und bei 28 kapier ich den ganzen ansatz für \rho nicht...
wäre nett, wenn mir da jemand weiterhelfen könnte!
merci & lg

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ibi
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Beitrag von ibi »

Und mich würd interessieren, wie man bei Bsp 28 aufs \Phi kommt.
Das hat klarerweise was mit Legendrepolynomen zu tun, nur leider steht im Skript nicht, wie man diese dann genau anwendet, um \Phi zu bekommen.
David Seppi

Gott ist theoretischer Physiker

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pat
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Beitrag von pat »

Eine Datei als Diskussionsgrundlage (basierend auf der FS Testsammlung)...

/edit: Datei aktualisiert
Du hast keine ausreichende Berechtigung, um die Dateianhänge dieses Beitrags anzusehen.
Zuletzt geändert von pat am 13.06.2007, 23:30, insgesamt 2-mal geändert.
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ibi
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Beitrag von ibi »

Hee, das sind ja zwei gemütliche Beispiele ...
David Seppi

Gott ist theoretischer Physiker

maettl
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Beitrag von maettl »

@ibi zum Bsp 28

Grundsätzlich ist es so, dass man das Problem in 3 Teilbereiche zerteilt. r < a, a < r <2a>, r > a. Ladungsverteilungen befinden sich nur an den Anschlussstelle(n) nämlich bei r=2a. Also gilt in allen 3 Teilbereichen div D = 0 (oder div E = 0). Wenn ich nun ein skalares Potential einführe (weil rot E = 0), gilt für das Potential die Laplace-Glg.
Die Laplace-Glg wird von den Kugelflächenfkt erfüllt - siehe Anhang im Skriptum.
In unserem Fall sind wir unabhängig vom Azimutalwinkel (Phi) und deshalb erfüllen auch die Legendre-Polynome die Laplace-Gleichung.
Dann einfach nur das "Verkleben" so durchrechnen, wie er es im Plenum (am Anfang vom Sem. - ich glaub 3. oder 4. Plenum) durchgerechnet hat.

Grundsätzlich würde ohne die Anschlussstellen noch nix rauskommen, aber da man beim "Verkleben" der 3 Teilbereiche an den Anschlusstellen Ladungsverteilungen hat, kann man was Sinnvolles rechnen.

Ich hoffe, das hat geholfen.

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ibi
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Beitrag von ibi »

Danke, jetzt wird einiges klarer!
David Seppi

Gott ist theoretischer Physiker

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pat
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Beitrag von pat »

2 Dielektrika-Beispiele...

Beim zweiten bin ich mir wegen dem Ergebnis nicht sicher, aber eigentlich steht da, was verlangt wurde.

Bitte um Berichtigungen und Meinungen!
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