Potential einer Punktladung < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:06 So 09.02.2014 | | Autor: | volk |
Hallo,
ich wollte das Potential einer Punktladung im Ursprung des Koordinatensystems mithilfe der Poisson-Gleichung bestimmen.
Die Poisson-Gleichung lautet ja: [mm] \Delta\phi=-\frac{\rho}{\epsilon_{0}}
[/mm]
Mit der Ladungsdichte [mm] \rho(\vec{r})=\delta(\vec{r})e
[/mm]
Da das Problem kugelsymmetrisch ist erfolgt der Übergang zu Kugelkoordinaten
[mm] \Delta\phi=\frac{1}{r^2}\frac{{\partial}}{{\partial}r}\left(r^2\frac{\partial\phi}{{\partial}r}\right)
[/mm]
und für die Delta-Distribution gilt
[mm] \delta(\vec{r}-\vec{r_{0}})=\frac{1}{r_{0}^{2}\text{sin}(\Theta_{0})}\delta(r-r_{0})\delta(\Theta-\Theta_{0})\delta(\phi-\phi_{0})
[/mm]
Demnach folgt für das Problem
[mm] \frac{1}{r^2}\frac{{\partial}}{{\partial}r}\left(r^2\frac{\partial\phi}{{\partial}r}\right)=\frac{1}{r_{0}^{2}\epsilon_{0}\text{sin}(\Theta_{0})}\delta(r-r_{0})\delta(\Theta-\Theta_{0})\delta(\phi-\phi_{0}){\cdot}e
[/mm]
was umgeschrieben und aufgrund der Anordnung der Ladung folgendes ist?
[mm] \frac{1}{r^2}\frac{{\partial}}{{\partial}r}\left(r^2\frac{\partial\phi}{{\partial}r}\right)=\frac{1}{r^{2}\epsilon_{0}\text{sin}(\Theta_{0})}\delta(r)\delta(\Theta-\Theta_{0})\delta(\phi-\phi_{0}){\cdot}e
[/mm]
Hier hänge ich jetzt bereits. Wie kriege ich die [mm] \delta-Distributionen [/mm] weg, die von [mm] \phi [/mm] und [mm] \Theta [/mm] abhängen? Ich müsste ja auf der rechten Seite der Gleichung was wie [mm] \frac{1}{4\pi\epsilon_{0}} [/mm] stehen haben.
Wäre nett, wenn mir jemand helfen könnte.
Viele Grüße volk
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:06 Mo 10.02.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
warum soll bei einer Kugelsymmetrie plötzlich eine Winkelabhängigkeit in Form der Delta Distribution auftauchen. Bei welchem Winkel soll die Ladung denn sitzen? Die Singularität bei r= 0 kannst du doch so nicht beseitigen? warum willst du dieses unternehmen denn starten?
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:45 Mo 10.02.2014 | | Autor: | volk |
Hallo leduart,
ich wollte, um den Umgang mit den Delta-Distributionen zu üben, das Potential einer Punktladung im Ursprung mit der Poisson-Gleichung berechnen. Wegen der Kugelsymmetrie der Übergang zu den Kugelkoordinaten. Die Delta-Distribution transformiert sich ja so. Jetzt ist mein Problem, dass ich die Winkelabhängigkeit wegbekommen muss. Normalerweise würde ich jetzt über [mm] \phi [/mm] und [mm] \Theta [/mm] integrieren und bekomme ein [mm] 4\pi [/mm] dazu. Aber das Integral [mm] \int_{0}^{\pi}\frac{1}{\text{sin}(\Theta)}d\Theta [/mm] konvergiert laut Matlab nicht.
Man muss dieses Problem ja irgendwie so lösen können?
Gruß
volk
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Hallo!
Grundsätzlich versteht man, daß die Deltafunktion in Kugelkoordinaten so aussieht, wie sie aussieht. Schließlich soll das Delta in genau einer Entfernung [mm] r_0 [/mm] und unter genau den Winkeln [mm] \Theta_0 [/mm] und [mm] \phi_0 [/mm] zuschlagen. Es ist etwas verwirrend, wenn die Ladung im Ursprung sitzt, aber man kann es stehen lassen.
Das [mm] \frac{1}{r^2\sin\Theta} [/mm] kommt eben von den Kugelkoordinaten, und da liegt auch dein Problem:
Das Volumenintegral über eine Funktion in Kugelkoordinaten schreibt sich so: [mm] $\int\int\int f(\vec{r})*\red{r^2sin(\Theta)}\,dr\,d\phi\,d\Theta$ [/mm] und berücksichtigt, daß die Größe eines Volumenelements [mm] $dr\,d\phi\,d\Theta$ [/mm] eben von dessen Position im Raum abhängt.
Der Bruch in der Deltafunktion bügelt den roten Term weg (stetig hebbar), denn nur so bekommst du für das Integral über die Delta-Funktion immer den gleichen Wert - unabhängig von der Position.
Der rote Term fehlt dir, aber mit ihm wird das Integral viel einfacher!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:03 Mo 10.02.2014 | | Autor: | volk |
Hallo Event_Horizon,
> Das Volumenintegral über eine Funktion in Kugelkoordinaten
> schreibt sich so: [mm]\int\int\int f(\vec{r})*\red{r^2sin(\Theta)}\,dr\,d\phi\,d\Theta[/mm]
> und berücksichtigt, daß die Größe eines Volumenelements
> [mm]dr\,d\phi\,d\Theta[/mm] eben von dessen Position im Raum
> abhängt.
>
> Der Bruch in der Deltafunktion bügelt den roten Term weg
> (stetig hebbar), denn nur so bekommst du für das Integral
> über die Delta-Funktion immer den gleichen Wert -
> unabhängig von der Position.
>
> Der rote Term fehlt dir, aber mit ihm wird das Integral
> viel einfacher!
Ich habe jetzt rausgefunden, dass für mein problem gilt: [mm] \delta(\vec{r}) [/mm] = [mm] \frac{1}{4{\pi}r^2}\delta(r)[/mm] ![[]](/images/popup.gif) Link Beitrag No. 2
Die Winkelintegrale kann ich somit ausführen. Dann bleibt das übrig, was ich brauche und ich bekomme das richtige Potential.
Gruß
volk
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