Übung am 22. Juni 2007

Michael
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Beitrag von Michael »

bist du dir sicher dass du die ladungsdichte noch transformieren musst?
im edyn skriptum steht in der Formel eindeutig die RUHEladungsdichte
j=rhoRuhe*gamma*(c,v)

maettl
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Beitrag von maettl »

Ad Bsp 31: Okay, das mit Feld im Innenraum = 0 ist gut und schön, ABER:
Begründet wird Dinnen = 0 mit div Dinnen = 0
Dinnen = 0 ist nat. eine Lösung von div Dinnen = 0
Allgemein muss man jedoch Dinnen = Konstante setzen!! - Im reinen Vakuum war es wurscht was Innen ist, solange keine Ladung Innen ist. Sprich, ich kann oBdA die Konstante 0 setzen. Jetzt haben wir aber ein Dielektrikum Innen -> Feld im Inneren ist nicht überall gleich.
Ich glaube, da muss man dann noch die dielektr. Kugel im Homogenfeld dazurechnen -> siehe Skriptum (ist auch eine Abschreibübung, wenn man die Koordinaten so legt, dass die dielektr. Kugel im Ursprung liegt)

Ad Bsp 32: Intuitiv würd ich sagen, dass es nicht sein kann, wenn sich eine Ladung mit Lichtgeschw. bewegt, dass ein unendlich großes Feld rauskommt. Und ich bin mir ziemlich sicher, dass man die Koordinten im Delta transformieren muss. -> und so würde dann auch nicht Unendlich rauskommen.

Soweit meine Gedanken. Wer weiß, vielleicht beginn ich doch noch mit den Edyn-Bsp für diese Woche

Michael
Beiträge: 6
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Beitrag von Michael »

glaub ich nicht ...
das potential ist eine konstante.. aber nicht d ...
wenn ich zuerst wieder das problem ohne dielektrikum betrachte kann ich das d anschreiben als D(r)*er .... über die MW glg in Integralform kommt dann raus dass D(r)= 0 ist ( da keine Eingeschlossene Ladung im Innenraum )
-> kein feld im innenraum -> nichts worauf ein dielektrikum reagieren könnte ... -> keine auswirkung wenn wir eins einfüllen

lg

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ibi
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Beitrag von ibi »

maettl hat geschrieben:Begründet wird Dinnen = 0 mit div Dinnen = 0
Nein, begründet wird mit D = -grad \Phi
Da \Phi = const. muß D = 0 sein.
David Seppi

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themel
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Beitrag von themel »

D könnte aber prinzipiell an der Oberfläche des Dielektrikums einen Rotor haben, also seh' ich keinen Grund, dass du ein Potential dafür annehmen darfst.

Lucy
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äußeres Feld?

Beitrag von Lucy »

Hiho!

Also ich seh nicht ganz wie du aus...
ibi hat geschrieben: Beispiel 33:
--> Skript Seite 187
\vec{M} = \frac{\mu - 1}{\mu + 2} \cdot \frac{3}{4 \pi} \vec{B_0}
\vec{B} = \vec{B_0} + \frac{8 \pi}{3} \vec{M} = 2 B_0 \frac{\mu - 1}{\mu + 2} e^i_z
das äußere feld siehst. Ich dachte, das was im Skript vorgerechnet is, ist nur das innere Feld...
lieg ich da total daneben?
Ist im Außenraum nicht irgendeine Überlagerung von "außen Feld" und von der Kugel "erzeugtem" Feld?

und falls es nur "Innen" is, wie krieg ich außen?

lg Lucy

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themel
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Beitrag von themel »

Ich hab's nach Balasin-Klebetechnik gerechnet und das äußere Potential so angesetzt, dass es für \lim r \to \infty in das von B_0 übergeht.

Es kommt mir das Gleiche raus wie im Skriptum, also halt' ich es mal für plausibel, auch wenn ich mir noch überzeugendes Handwaving von wegen "und für l ungleich 1 verschwinden die Koeffizienten offensichtlich" einfallen lassen muss. Der Ansatz sieht ca so aus (fehlt noch das Einsetzen in die Randbedingungen, das hat nicht mehr auf die Tafel gepasst, ist aber ziemlich unaufregend).
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ElizaD
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Beitrag von ElizaD »

ähm maettl, hast du bedacht, dass die dielektrische kugel tatsächlich net im ursprung is, bzw, wenn man die kugel in den ursprung legt, die kugelschale nimma im ursprung is und man das dann (meiner meinung nach) nur verkompliziert?

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ibi
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Beitrag von ibi »

HA, und das Feld war doch null ... :)
David Seppi

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