Kugelkoordinaten < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:11 Sa 05.01.2008 | | Autor: | Marty |
| Aufgabe | Wir studieren das von der Kugel
[mm] B_{R}:= [/mm] { [mm] x\in \IR^{3} [/mm] | [mm] \parallel [/mm] x [mm] \parallel \le [/mm] R} erzeugte (gravitations- oder elektroststische) Potential. Es sei [mm] \rho [/mm] : [mm] \IR^3 \to \IR^+ [/mm] die stetige Dichte der Kugel. Wir nehmen an, dass die Dichte kugelsymmetrisch ist, d.h. [mm] \rho(x) [/mm] = [mm] \rho\tilde(\parallel x\parallel) [/mm] . Das Potential ist gegeben durch:
V(A):= [mm] \integral_{B_R}^{}{ \bruch{\rho(x)}{\parallel A-x\parallel} dx} [/mm] für A [mm] \in \IR^3 [/mm] .
Es sei M:= [mm] \integral_{B_{R}}^{}{ \rho(x)} [/mm] dx ,die Masse von [mm] B_{R} [/mm] .
a) Erklären Sie, warum gilt V(A) = [mm] V(0,0,\parallel A\parallel) [/mm] .
b) Wir nehmen A = (0,0,a) an, wobei a>0 . Geben Sie [mm] \parallel A-(x,y,z)\parallel [/mm] in Kugelkoordinaten an.
c) Zeigen Sie mithilfe der Kugelkoordinaten, dass gilt:
V(A) = [mm] \bruch{2\pi}{a} \integral_{0}^{R}{r \rho\tilde (r) (r+a-|a-r|) dr} [/mm] .
d) Wir nehmen a > R an. Zeigen Sie, dass gilt: V(A)= [mm] \bruch{M}{a} [/mm] . |
Hallo,
ich habe hier eine Aufgabe, mit der ich total überfordert bin...
Mit Kugekoordinaten hatte ich bisher noch nicht sehr viel zu tun und leider bin ich bisher auch nicht sehr weit gekommen...
zur a) wie kann ich denn hier argumentieren?
zur b) [mm] \parallel A-(x,y,z)\parallel [/mm] = [mm] \parallel \vektor{0 \\ 0 \\ a}-\vektor{r sin \theta cos \phi \\ r sin \theta sin \phi \\ r cos \theta}\parallel [/mm] = [mm] \parallel \vektor{-r sin \theta cos \phi \\ -r sin \theta sin \phi \\ a - r cos \theta}\parallel
[/mm]
muss ich hier noch weiterrechnen? und kann ich in diesem Fall r=1 setzen?
zur c) habe ich noch keinen Ansatz...
zur d) aus der Angabe, weiß ich:
V(A)= [mm] \bruch{M}{a} [/mm] = [mm] \bruch{1}{a} \integral_{B_{R}}^{}{ \rho(x)} [/mm] dx = [mm] \integral_{B_R}^{}{ \bruch{\rho(x)}{\parallel A-x\parallel} dx}
[/mm]
Also muss ich zeigen : a= [mm] \parallel A-x\parallel
[/mm]
Weiterhin weiß ich aus der Angabe, dass gilt: a>R und [mm] \parallel [/mm] x [mm] \parallel \le [/mm] R aber wie kann ich das jetzt zeigen?
Ich hoffe mir kann jemand weiterhelfen!
Gruß
Marty
|
|
| |
|
Hallo!
Ich gebe dir mal ein paar Tipps zu den einzelnen Aufgaben:
a)
Das Problem ist vollkommen kugelsymmetrisch. Wenn dein "Messpunkt" an einer beliebigen Stelle [mm] \vec{A} [/mm] liegt, kannst du dein Koordinatensystem immer so wählen, daß [mm] \vec{A} [/mm] auf der z-Achse liegt.
b)
Fast, gesucht ist ja der Betrag. Du mußt also noch den Betrag dieses Vektors angeben. Achte drauf, wie weit du vereinfachen kannst, insbesondere mit sin²+cos²=1. Das [mm] \phi [/mm] fliegt aus der Rechnung komplett raus.
c)
Du willst über ein Volumen in Kugelkoordinaten integrieren. Das heißt [mm] $\int\, ...\,r*\sin\theta*drd\phi d\theta$ [/mm] (oder war es [mm] \sin\phi [/mm] ? Schau nochmal nach, und denke insbesondere noch über die Grenzen der Winkel nach!)
Für die Pünktchen mußt du den oben angegebenen Integranden einsetzten - also die Dichte geteilt durch den in b) berechneten Term. Integriere dann über die beiden Winkel.
d)
Nun, die Diche ist ja außerhalb der Kugel 0. Das heißt, bis r=R bekommst du in dem Integral Beiträge. Für r>R ist [mm] \rho=0 [/mm] , und zu dem Integral kommt nix mehr hinzu. Das mit dem a=||A-x|| stimmt so nicht. Der rechte Teil gibt die Entfernung eines beliebigen Punktes der Kugel zu deiner Messposition an, das sind beliebige Abstände zwischen a-R und a+R. Du mußt vielmehr zeigen, daß bei der Integration über diesen ||A-x|| Term letztendlich nur noch a rauskommt. Damit hättest du bewiesen, daß du auch ausgehnte Kugeln eben als Punktmassen/ladungen behandeln kannst, weil das Potenzial nur vom Abstand vom Kugelmittelpunkt abhängig ist.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:43 Sa 05.01.2008 | | Autor: | Marty |
Erstmal vielen Dank für deine schnelle Antwort!
> a)
> Das Problem ist vollkommen kugelsymmetrisch. Wenn dein
> "Messpunkt" an einer beliebigen Stelle [mm]\vec{A}[/mm] liegt,
> kannst du dein Koordinatensystem immer so wählen, daß
> [mm]\vec{A}[/mm] auf der z-Achse liegt.
Danke, ist mir jetzt klar!
> b)
>
> Fast, gesucht ist ja der Betrag. Du mußt also noch den
> Betrag dieses Vektors angeben. Achte drauf, wie weit du
> vereinfachen kannst, insbesondere mit sin²+cos²=1. Das [mm]\phi[/mm]
> fliegt aus der Rechnung komplett raus.
Ich verstehe leider nicht, wie du das meinst mit dem Betrag angeben...
Wie schaffe ich, dass das [mm] \phi [/mm] rausfliegt?
Gruß
Marty
|
|
|
| |
|
Hallo!
Nun, wie du den Betrag eines Vektors angibst, sollte dir ja klar sein. Und dann sollst du halt auf sowas wie [mm] $...(\sin^2\phi+\cos^2\phi)...=...(1)...$ [/mm] kommen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:02 So 06.01.2008 | | Autor: | Marty |
Hallo nochmal!
> Nun, wie du den Betrag eines Vektors angibst, sollte dir ja
> klar sein. Und dann sollst du halt auf sowas wie
> [mm]...(\sin^2\phi+\cos^2\phi)...=...(1)...[/mm] kommen.
Du hattest recht, [mm] \phi [/mm] fällt tatsächlich raus.
Ich bekomme dann:
[mm] \wurzel{r^2 + a^2 - 2ar cos \theta}
[/mm]
Stimmt das?
Bei der c) müsste ich dann folgendes Integral berechnen:
[mm] \integral_{0}^{2 \pi}\integral_{0}^{r} \integral_{0}^{R}{\bruch{\rho}{\wurzel{r^2 + a^2 - 2ar cos \theta}} r sin \theta dr d \phi d \theta} [/mm] Kann das wirklich stimmen? sieht etwas merkwürdig aus zu integrieren...
Stimmen meine Integrationsgrenzen?
Gruß Marty
|
|
|
| |
|
Hallo!
Da bist du ja schon rech weit gekommen!
Das Integral sieht ganz gut aus, nur die Grenze für [mm] \theta [/mm] stimmt nicht. Normalerweise ist [mm] \theta\in[0;\pi] [/mm] , und das wären auch deine Integrationsgrenze.
Die Integration über [mm] \phi [/mm] ist kein Problem, die über [mm] \theta [/mm] sieht böse aus. Aber: [mm] $\int [/mm] g'(x)*f(g(x))=F(g(x))$
Hier hast du hauptsächlich [mm] $\int\frac{\sin\theta}{\wurzel{a+b*\cos\theta}}\,d\theta$ [/mm] . Versuchs mal mit [mm] g'=\sin\theta [/mm] oder sowas in der Art!
|
|
|
|
