Antworte auf:  elektrisches Potenzial aus E-Feld von Spiegelbild
Forum:  Elektrodynamik, moderiert von: Ueli rlk

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Themenübersicht
zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 2303
 Beitrag No.14, eingetragen 2021-05-04 18:25    [Diesen Beitrag zitieren]

2021-05-04 15:14 - Spiegelbild in Beitrag No. 13 schreibt:
Was habe ich falsch verstanden, Monty? :)

Du hast hier ein Quadrat vergessen und verwendest das falsche Vorzeichen:

2021-05-01 13:32 - Spiegelbild in Beitrag No. 5 schreibt:
\( \Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{0}) = \color{red}-\int_0^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r} = \color{red}-\int_0^1 \vec{E}(\gamma(t))\cdot \dot{\gamma}(t)\, \mathrm dt = \color{red}-\int_0^1\lambda(2tx,0,\tfrac{t\color{red}{^2}}{\mu}z^2)\cdot (x,y,z)\, \mathrm dt \)


Spiegelbild
Junior
Dabei seit: 29.04.2021
Mitteilungen: 20
 Beitrag No.13, eingetragen 2021-05-04 15:14    [Diesen Beitrag zitieren]

Eigentlich habe ich mir gerade eingeloggt, um mich nochmal zu bedanken. Jetzt sehe ich hier so viele Beiträge 😁

Was habe ich falsch verstanden, Monty? :)


wladimir_1989
Senior
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1467
Wohnort: Freiburg

 Beitrag No.12, eingetragen 2021-05-02 12:37    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo Monty unf zippy,

danke nochmals für die Korrektur. Ich habe das fehlende Quadrat übersehen.


lg Wladimir


MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2781
Wohnort: Werne

 Beitrag No.11, eingetragen 2021-05-02 12:00    [Diesen Beitrag zitieren]

Was umso mehr dafür spricht, dass der Threadstarter es falsch verstanden hat. 🙂

Ciao,

Thomas


zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 2303
 Beitrag No.10, eingetragen 2021-05-02 11:21    [Diesen Beitrag zitieren]

In Beitrag Nr. 4 von wladimir_1989 stand die Formel auch schon mal richtig:

2021-04-29 23:35 - wladimir_1989 in Beitrag No. 4 schreibt:
$E=\vec E(\vec r)=\lambda(2 xt,0,z^2t^2/\mu)$


MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2781
Wohnort: Werne

 Beitrag No.9, eingetragen 2021-05-02 11:17    [Diesen Beitrag zitieren]

Jepp, so macht es Sinn. Ich vermute aber, dass dem Threadstarter nicht bewusst war, dass er $\vec E$ nicht einfach mit $t$ skalieren darf, sondern darin die Komponenten $x$, $y$ und $z$ substituieren muss. Wenn er es doch richtig verstanden hat, um so besser, aber ich hielt es für wichtig, das zu korrigieren.

Ciao,

Thomas


zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 2303
 Beitrag No.8, eingetragen 2021-05-02 11:07    [Diesen Beitrag zitieren]

2021-05-02 10:34 - MontyPythagoras in Beitrag No. 7 schreibt:
Warum sollte man skalar mit $(x,y,z)$ multiplizieren dürfen.

Weil sich für $\gamma\colon[0,1]\ni t\mapsto t\cdot(x,y,z)$ die Ableitung $\dot\gamma=(x,y,z)$ ergibt.

2021-05-02 10:34 - MontyPythagoras in Beitrag No. 7 schreibt:
Rechne es doch aus, es kommt etwas falsches heraus.

Das liegt lediglich an einem fehlenden Quadrat:$$ \int_0^1\lambda\left(2\,tx,0,\frac{t\color{red}{^2}z^2}{\mu}\right)
  \cdot(x,y,z)\;\mathrm dt =
\int_0^1\lambda\left(2\,tx^2+\frac1\mu\,t^2z^3\right)
  \;\mathrm dt$$


MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2781
Wohnort: Werne

 Beitrag No.7, eingetragen 2021-05-02 10:34    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo Spiegelbild,
2021-05-01 13:32 - Spiegelbild in Beitrag No. 5 schreibt:
Mit der Definition des Kurvenintegrals 2. Art habe ich damit
\( \Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{0}) = \int_0^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r} = \int_0^1 \vec{E}(\gamma(t))\cdot \dot{\gamma}(t)\, \mathrm dt = \int_0^1\lambda(2tx,0,\tfrac{t}{\mu}z^2)\cdot (x,y,z)\, \mathrm dt \) und jetzt eindimensionale Integration wie in der Schule?
das ist nicht richtig. Warum sollte man skalar mit $(x,y,z)$ multiplizieren dürfen. Rechne es doch aus, es kommt etwas falsches heraus. Was spricht gegen den meiner Meinung nach intuitivsten Ansatz
$$\int\vec E\cdot\mathrm d\vec{r}=\int\left(\begin{array}{c}E_x\\ E_y\\E_z\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\mathrm dx\\ \mathrm dy\\\mathrm dz\end{array}\right)=\int E_x\mathrm dx+\int E_y\mathrm dy+\int E_z\mathrm dz$$Das bedeutet in diesem konkreten Fall mit $\vec{E}=\lambda \cdot(2x,0,\frac1\mu z^2)$:
$$\int\vec E\cdot\mathrm d\vec{r}=\int 2\lambda x\mathrm dx+\int 0\mathrm dy+\int \frac\lambda\mu z^2\mathrm dz=\lambda x^2+\frac\lambda{3\mu}z^3+C$$Beachte außerdem, dass das Potential eigentlich ein "Minus" vor dem Integral hat:
$$\Phi=-\int\vec E\mathrm d\vec r$$zippy hat das hier "automatisch" korrigiert und die Minuszeichen davorgesetzt, ohne darauf hinzuweisen, aber eigentlich hättest Du darüber stolpern müssen.

Ciao,

Thomas


wladimir_1989
Senior
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1467
Wohnort: Freiburg

 Beitrag No.6, eingetragen 2021-05-01 13:46    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

2021-05-01 13:32 - Spiegelbild in Beitrag No. 5 schreibt:

Mit der Definition des Kurvenintegrals 2. Art habe ich damit

\( \Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{0}) = \int_0^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r} = \int_0^1 \vec{E}(\gamma(t))\cdot \dot{\gamma}(t)\, \mathrm dt = \int_0^1\lambda(2tx,0,\tfrac{t}{\mu}z^2)\cdot (x,y,z)\, \mathrm dt \) und jetzt eindimensionale Integration wie in der Schule?

das ist richtig, du kannst nun das Skalarprodukt ausrechnen und und über t integrieren. Vielleicht noch ein Kommentar zu zippys Ansatz. Dieser ist sehr elegant und mMn auch die natürlichere Weise diese Aufgabe zu lösen. Ich bin im Beitrag 1 auf nur auf Kurvenintegrale eingegangen, weil das mir näher an deinem Ansatz aus Beitrag 0 schien.

lg Wladimir


Spiegelbild
Junior
Dabei seit: 29.04.2021
Mitteilungen: 20
 Beitrag No.5, eingetragen 2021-05-01 13:32    [Diesen Beitrag zitieren]

Jetzt habe ich wieder Zeit gefunden.

Danke für eure Antworten. Dein Ansatz, zippy, ist mir völlig neu... Deiner, Wladimir, erinnert mich an Kurvenintegrale aus Mathe.

Heißt, ich nehme hier z.B. sinnvollerweise die Kurve \(\gamma:\, [0,1]\to\mathbb R^3\), \(\gamma(t)\mapsto t(x,y,z)\).

Mit der Definition des Kurvenintegrals 2. Art habe ich damit

\( \Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{0}) = \int_0^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r} = \int_0^1 \vec{E}(\gamma(t))\cdot \dot{\gamma}(t)\, \mathrm dt = \int_0^1\lambda(2tx,0,\tfrac{t}{\mu}z^2)\cdot (x,y,z)\, \mathrm dt \) und jetzt eindimensionale Integration wie in der Schule?


wladimir_1989
Senior
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1467
Wohnort: Freiburg

 Beitrag No.4, eingetragen 2021-04-29 23:35    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

wir parametrisieren den Weg durch eine Gerade, die im Ursprung beginnt und bei $\vec r_2$ endet:
$\vec r(t)=t\vec r_2,\ \ t\in [0,1]$. Dann haben wir d$\vec r=\frac{\text{d}\vec r}{\text{d}t}\text{d}t=\vec r_2\text{d}t$ und \(\vec E=\vec E(\vec r)=\lambda(2 xt,0,z^2t^2/\mu)\) mit \(\vec r_2=(x,y,z)\). Kannst du ab hier zu Ende rechnen?

lg Wladimir

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]


zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 2303
 Beitrag No.3, eingetragen 2021-04-29 23:34    [Diesen Beitrag zitieren]

Statt zu intergrieren kann man auch gleich die Stammfunktion suchen. Aus $\partial_x\phi=-2\lambda x$ und $\partial_y\phi=0$ folgt $\phi(x,y,z)=-\lambda x^2+\tilde\phi(z)$. Und aus $\partial_z\phi=\partial_z\tilde\phi=-\frac\lambda\mu z^2$ ergibt sich dann $\tilde\phi(z)=-\frac\lambda{3\mu}z^3+C$. $\phi(0)=0$ legt schließlich $C=0$ fest.


Spiegelbild
Junior
Dabei seit: 29.04.2021
Mitteilungen: 20
 Beitrag No.2, eingetragen 2021-04-29 23:22    [Diesen Beitrag zitieren]

Danke Wladimir,

dabei brauche ich wohl weitere Hilfe... mein Ansatz ist dann

\(\Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{0}) = \int_0^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r}\) und dann irgendwie \(\mathrm dr\) und obere Grenze ist r...


wladimir_1989
Senior
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1467
Wohnort: Freiburg

 Beitrag No.1, eingetragen 2021-04-29 21:07    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo Spiegelbild und willkommen auf dem Matheplaneten,

deine Idee ist richtig. Die Wegunabhängigkeit spielt insofern eine Rolle, dass du jeden beliebigen Integrationsweg wählen darfst, z.B. eine Gerade, die im Ursprung beginnt und im Zielpunkt \(\vec r=(x,y,z)\) endet. Das Ergebnis hängt tatsächlich nur vom Punkt $\vec r$ ab, aber nicht vom Weg.
Versuche das Integral entlang der Gerade auszurechnen.

lg Wladimir


Spiegelbild
Junior
Dabei seit: 29.04.2021
Mitteilungen: 20
 Themenstart: 2021-04-29 20:56    [Diesen Beitrag zitieren]

Guten Abend,

ich habe das E-Feld \(\vec{E}=\lambda (2x,0,z²/\mu)\) und möchte dafür das Potenzial berechnen (Lambda und My sind konstant). Dieses soll im Ursprung gleich Null sein.

Ich habe bereits nachgewiesen, dass das Kraftfeld konservativ ist.

Bisher habe ich nur folgenden Ansatz: \(\Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{r}_1) = \int_{\vec{r}_1}^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r}\)

Ich hätte jetzt eine Grenze 0 und für die andere den Radius r vom Ursprung aus eingesetzt... Und bestimmt spielt die Wegunabhängigkeit noch irgendwie rein.....


Freue mich über Hinweise 😉


 
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