Herleitung Possongleichung < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:33 Sa 06.06.2009 | | Autor: | cascada |
| Aufgabe | | Leiten Sie die Poissongleichung am Beispiel eines Quarders, der von einem konstanten elektrostatischen Fluss parallel zur längsten Seite durchflossen wird, her. |
Hi!
Ich weiß, der elektrische Fluss ist folgendermaßen definiert:
elektrischer Fluss = das geschlossene Flächenintegral über der Feldstärke E nach dA
(leider fehlen mir hier die entsprechenden mathematischen Zeichen)
Laut dem Gaußschen Integralsatz kann ich es auch folgendermaßen formulieren:
elektrischer Fluss = das Volumenintegral über die Divergenz von E nach dV
Die längste Seite des Quaders habe ich parallel zur x-Achse gelegt.
Das Volumenintegral habe ich folgendermassen ersetzt:
[mm] \integral_{V}{div(E) dV} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{X}{\integral_{0}^{Y}{\integral_{0}^{Z}{div(E) dzdydx}}}
[/mm]
E = E(x)
generell gilt:
E = [mm] \bruch{1}{4\pi\varepsilon} [/mm] * [mm] \bruch{Q}{(x^2+y^2+z^2)^\bruch{1}{3}} [/mm] * [mm] \vektor{x \\ y \\ z}
[/mm]
Nur hilft mir das nicht viel weiter.
1) Hängt E wirklich nur von x ab, und kann ich dadurch die Divergenz und das Integral irgendwie vereinfachen?
2) Sind meiner Annahmen soweiter überhaupt richtig? ^^'
Danke für jedliche Hilfe!
MfG
cascada
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
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Hallo!
Deine Formel für das E-Feld gilt für eine Punktladung. Hier geht es aber um ein Feld parallel zum Quader [mm] \vec{E}=E_0*\vektor{1\\0\\0} [/mm] .
Allerdings muß ich auch sagen, daß ich nicht ganz begreife, wie die Aufgabe mit dem Szenario zu lösen sein soll. Ich meine "die" Poisson-Gleichung der Elektrostatik sagt was über den Zusammenhang zwischen Ladungsverteilung und Potenzial aus, aber du hast hier keine Ladung gegeben. Gut, man kann was einsetzen und sieht, daß die Ladungsverteilung anscheinend =0 ist, aber wo da ne Herleitung stecken soll, ist mir rätselhaft.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:47 Di 09.06.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Was habt ihr denn Poissongl. genannt?
2. divE=0 da ja E=const gilt. E geht links in den Quader rein und rechts wieder raus, durch die anderen 4 Flaechen tritt kein E. deshalb heben sich die flaechenintegrale ueber die linke und rechte Flaeche des Quaders auf.
Dein E hat nix mit der Aufgabe zu tun.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:26 Sa 13.06.2009 | | Autor: | cascada |
Danke für die Antworten!
Ich versuche mal die Formel für das E-Feld zu korrigieren:
E(x) = [mm] \bruch{Q}{4\pi\varepsilon} [/mm] * [mm] \bruch{1}{r^{3}}*x
[/mm]
[mm] r=\wurzel{x^{2} + y^{2} + z^{2}}
[/mm]
da z=y=0
[mm] r=\wurzel{x^{2}} [/mm] = x
[mm] \Rightarrow [/mm] E(x) = [mm] \bruch{Q}{4\pi\varepsilon} [/mm] * [mm] \bruch{x}{x^{3}} [/mm] = [mm] \bruch{Q}{4\pi\varepsilon} [/mm] * [mm] \bruch{1}{x^{2}}
[/mm]
Die Poissongleichung haben wir folgendermaßen definiert:
div [mm] \overrightarrow{E} [/mm] = [mm] \bruch{roh}{\varepsilon}
[/mm]
roh [mm] \hat= [/mm] Raumladungsdichte
div E = - [mm] \bruch{2Q}{4\pi\varepsilon} [/mm] * [mm] \bruch{1}{x^{3}} [/mm] = - [mm] \bruch{Q}{2\pi\varepsilon} [/mm] * [mm] \bruch{1}{x^{3}}
[/mm]
Nun müsste ich noch roh ins Spiel bringen
roh = [mm] \bruch{Q}{V} [/mm] = [mm] \bruch{Q}{xyz}
[/mm]
Aber dann wäre mein Ergebnis ja:
div E = - [mm] \bruch{roh}{2\pi\varepsilon} [/mm] * [mm] \bruch{yz}{x^{2}}
[/mm]
... und somit falsch.
@leduart:
div [mm] \overrightarrow{E} [/mm] ist doch immer ungleich Null, da das elektrische Feld immer ein Quellen-Senken-Feld ist, oder?
Sieht vllt jemand den Fehler?
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Hallo!
Bitte lies die Aufgabenstellung doch mal genau, bzw das, was ich geschrieben habe.
Dein Feld soll eindeutig parallel zu einer der Kanten des Quaders sein, und damit z.B. [mm] \vec{E}=\vektor{E\\0\\0}=const.
[/mm]
Du sollst nichts mit irgendwelchen Punktladungen machen.
[mm] \nabla\vec{E}=0 [/mm] ist übrigens durchaus möglich. Stell dir einen Plattenkondensator mit unendlich großen Platten vor. Das Feld dazwischen ist absolut konstant und parallel, wie eben in deiner Aufgabe. Und da ist [mm] \nabla\vec{E}=0 [/mm] .
Selbst bei gewöhnlichen Kondensatoren ist die Plattengröße gegenüber dem Abstand so groß, daß das Feld weitgehend konstant und parallel ist.
Deine Poisson-Gleichung ist die differenzielle Form einer der Maxwellgleichungen. Daraus kannst du die Integralform machen:
[mm] \nabla\vec{E}=\frac{\rho}{\epsilon} [/mm] | Über den Raum integrieren:
[mm] \iiint_V\nabla\vec{E}dV=\underbrace{\iiint_V\frac{\rho}{\epsilon}dV}_{={Q}/{e}}
[/mm]
links kann man nun den Gaußschen Satz anwenden:
[mm] \iint_A\vec{E}dA=\frac{Q}{e}
[/mm]
Das ist nun was sehr handfestes: Wenn du ein geschlossenes Volumen hast, dann kannst du jedes Flächenelement seiner Oberfläche mit dem E-Feld multiplizieren, und das ganze dann aufaddieren. Das liefert dir dann die Ladung innerhalb des Volumens.
Probier es mal aus. Achte dabei darauf, daß dein Feld mal von außen in den Quader, und mal aus dem Quader nach draußen dringt. Und: Integrieren mußt du überhaupt nichts, überlege mal, was das, was ich geschrieben habe, bei deinem Quader genau bedeutet. Die Rechnung und das Ergebnis sind beide eigentlich ziemlich trivial.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:12 So 14.06.2009 | | Autor: | cascada |
Ich hab ne Skizze gemacht:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Alle Flächen, deren Flächenvektoren senkrecht zu E stehen verschwinden aus der Gleichung, da:
[mm]\overrightarrow{E} * \overrightarrow{A} = E * A * cos 90° = 0[/mm]
Somit sind nur die Flächen interessant, deren Flächenvektoren prallel zum E-Feld sind. Das sind zwei Flächen. Die Beträge der beiden Flächen sind gleich groß: [mm]A1=A2[/mm]
[mm]\integral\integral_{A}{EdA} = A1*E + A2*E = E(A1+A2) = E*2A[/mm]
Ein homogenes E-Feld ist folgendermaßen definiert:
[mm]E=\bruch{Q}{\varepsilon A}[/mm]
[mm]\Rightarrow \integral\integral_{A}{EdA} = \bruch{Q}{\varepsilon A} * 2A = \bruch{2Q}{\varepsilon}[/mm]
Somit hab ich nen Faktor 2 zu viel.
Du hast auch geschrieben, dass ich beachten muss, ob das E-Feld hinein oder hinaus geht. Mir fällt nur ein Weg ein, das zu tun, und zwar, dass ich das Produkt A2*E negativ setze, aber dann wäre mein Ergebniss ja Null, da beide Flächen gleich groß sind.
Ich entschuldige mich schon mal dafür, falls ich gerade irgendwas triviales nicht erkenne ._.
Langsam frustriert mich die Aufgabe.
Vielen Dank nochmal für die Hilfe!
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Hallo!
Die Rechnung ansich ist gut. Es ist allerdings tatsächlich so, daß sich die Anteile der beiden Flächen mit von 0 verschiedenem Fluß gegenseitig aufheben. Und das wiederum bedeutet tatsächlich, daß keine Ladung vorhanden ist.
Das ist die Erkenntnis: Innerhalb des Quaders befindet sich keine Ladung!
Angenommen, du hast eine Punktladung. Dann geht von der ein Feld in alle Richtungen aus. Wenn du eine Kugel drum ziehst, so wird überall durch die Kugel von innen nach außen das E-Feld strömen. Jetzt rechnen wir das mal:
Die Oberfläche der Kugel ist [mm] $4\pi r^2$, [/mm] und das E-Feld ist überall auf der Kugel konstant und senkrecht auf der Kugeloberfläche. Somit ist [mm] $\iint_A\vec{E}\,d\vec{A}=4\pi [/mm] r^2E$ Und das soll gleich der Ladung sein:
[mm] $4\pi r^2E=\frac{q}{\varepsilon_0}$
[/mm]
[mm] $E=\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\frac{q}{r^2}$
[/mm]
Na, kommt dir das bekannt vor?
Jetzt kann sich die Punktladung irgendwo in einem anderen E-Feld befinden (Ladung zwischen Kondensatorplatten o.ä). Bei der Integration muß das Feld theoretisch berücksichtigt werden, was bei der Kugel schwierig, bei deiner Aufgabe einfach ist. Der Witz ist dann, daß dieses äußere Feld bei dem Oberflächenintegral einfach raus fällt, und du hast wiederum nur noch die Formel oben stehen (Naja, das E in der Formel bezeichnet nur die Komponente des Feldes, die von der Punktladung erzeugt wird)
Und: Das ganze ist überhaupt nicht davon abhängig, wie dein Volumen geformt ist, oder ob das äußere Feld nun homogen oder sonstwas ist. Die Rechnung liefert dir immer die Gesamtladung innerhalb deines Volumens.
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