Linienintegral mit Kraftfeld

08.03.2010, 23:17

Thorsten777

Linienintegral mit Kraftfeld

Hallo,

Es soll die Arbeit berechnet werden, die von einem Teilchen verrichtet wird, das sich auf einer Spirale entlang einer Spulenwindung der Höhe h im Kraftfeld bewegt.

$\begin{eqnarray*} C:\vec{r}(t) =\begin{pmatrix} cos(t) \\ sin(t) \\ \frac{ht}{2\pi } \end{pmatrix} , t \in \left[0,2\pi \right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{F} (\vec{r} )= \frac{1}{r^{2} } \ \vec{e} (r) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{e} (r)=\frac{\vec{r} }{r} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} r=| \vec{r} | \end{eqnarray*}$

Meine Frage ist nun, ob man diese Arbeit über dieses Integral direkt berechnen kann indem man C: ableitet und in den Grenzen 0 und 2pi integriert?

$\begin{eqnarray*} W=\int \! \vec{F} (\vec{r} ) \cdot d\vec{r} \end{eqnarray*}$

10.03.2010, 08:10

Thorsten777

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RE: Linienintegral mit Kraftfeld
Kann mir jemand sagen ob das so richtig ist?

10.03.2010, 11:28

Ehos

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Zu berechnen ist das Integral

$\begin{eqnarray*} W=\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\! \vec F(\vec r) \, d\vec r \end{eqnarray*}$

Wie du richtig sagst, musst Du die Kurve nach dem Parameter t ableiten, also $\begin{eqnarray*} \dot {\vec r}=\frac{d\vec r}{dt} \end{eqnarray*}$ . "Umstellen" ergibt $\begin{eqnarray*} d \vec r =\dot {\vec r} dt \end{eqnarray*}$ . Damit ersetzt Du im obigen Integral das Differenzial $\begin{eqnarray*} d\vec r \end{eqnarray*}$ und erhälst

$\begin{eqnarray*} W=\int_0^{2\pi} \! \vec F \dot{\vec r} \, dt \end{eqnarray*}$

Der Integrand ist nun ein einfaches Skararprodukt. Es ist nur noch über t zu integrieren.

10.03.2010, 12:38

Thorsten777

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also das wäre dann

$\begin{eqnarray*} W=\int_0^{2\pi} \! \frac{1}{(r^{2} \cdot | \vec{r} | )} (-sin(t)+cos(t)+ \frac{h}{2\pi}) \, dt = \frac{1}{(r^{2} \cdot | \vec{r} | )}\cdot h \end{eqnarray*}$ ?

10.03.2010, 13:02

WebFritzi

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Nö.

$\begin{eqnarray*} W=\int_0^{2\pi} \! \vec F(\vec r(t)) \dot{\vec r}(t) \, dt \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} \vec r(t) \end{eqnarray*}$ wie oben angegeben und

$\begin{eqnarray*} \vec F(\vec x) = \frac{\vec x}{|\vec x|^3}. \end{eqnarray*}$

Mein Ergebnis: $\begin{eqnarray*} \frac{64}{5}\pi^6\cdot\left(\sqrt{1+h^2}^5 - 1\right). \end{eqnarray*}$

10.03.2010, 15:21

Thorsten777

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ich kann das irgendwie nicht nachvollziehen, kannst du vielleicht mal die einzelnen Schritte angeben mit den Zwischenergebnissen?

also bei

$\begin{eqnarray*} \vec F(\vec r) = \frac{\vec r}{|\vec r|^3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec r =\begin{pmatrix} cos(t) \\ sin(t) \\ ht/2\pi \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} | \vec{r} |^3=( \frac{\sqrt{h^{2}\cdot t^{2}+4\pi ^{2} } }{2\pi })^3 \end{eqnarray*}$

stimmt das bis hierhin?

10.03.2010, 15:46

WebFritzi

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Ja, das stimmt so. Und natürlich werde ich dir keine Zwischenschritte präsentieren. Die musst du selber produzieren.

10.03.2010, 16:46

Thorsten777

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gut, das wäre dann

$\begin{eqnarray*} \vec F(\vec r) = \frac{\vec r}{|\vec r|^3} = \frac{ 4\pi^2 (2\pi*cos(t) +2\pi*sin(t) +h*t )}{(h^2*t^2+4\pi^2)^{3/2}} \end{eqnarray*}$

ist dann $\begin{eqnarray*} \vec F(\vec r) = \vec F(\vec r(t)) \end{eqnarray*}$ ?

die Kurve abgeleitet gibt

$\begin{eqnarray*} {\vec r}(t)' = (-sin(t)+cos(t)+(h/2\pi)) \end{eqnarray*}$

stimmt das noch?

10.03.2010, 18:57

WebFritzi

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Zitat:

Original von Thorsten777
$\begin{eqnarray*} \frac{\vec r}{|\vec r|^3} = \frac{ 4\pi^2 (2\pi*cos(t) +2\pi*sin(t) +h*t )}{(h^2*t^2+4\pi^2)^{3/2}} \end{eqnarray*}$

Das kann nicht stimmen, da links ein Vektor, rechts aber ne Zahl steht.

Zitat:

Original von Thorsten777
ist dann $\begin{eqnarray*} \vec F(\vec r) = \vec F(\vec r(t)) \end{eqnarray*}$ ?

Ja. Man schreibt das t einfach nicht mit. Ich finde diese Schreibweise zwar blöd und auch verwirrend, aber viele (gerade in der Physik) machen das so.

Zitat:

Original von Thorsten777
die Kurve abgeleitet gibt

$\begin{eqnarray*} {\vec r}(t)' = (-sin(t)+cos(t)+(h/2\pi)) \end{eqnarray*}$

stimmt das noch?

Nein. Die Ableitung muss ein Vektor sein.

10.03.2010, 20:57

Thorsten777

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also dann so:

$\begin{eqnarray*} \vec F(\vec r) = \frac{\vec r}{|\vec r|^3} =\frac{1}{ ( \frac{\sqrt{h^{2}\cdot t^{2}+4\pi ^{2} } }{2\pi })^3 } \cdot \begin{pmatrix} cos(t) \\ sin(t) \\ \frac{ht}{2\pi } \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{r} (t)'=\begin{pmatrix} -sin(t) \\ cos(t) \\ \frac{h}{2\pi } \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ich kann diese jetzt multiplizieren, aber wie soll ich ein Vektorfeld integrieren?
oder muß da jetzt noch der Betrag gebildet werden?

11.03.2010, 01:35

WebFritzi

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Lies die Beiträge:

Zitat:

Original von WebFritzi
$\begin{eqnarray*} W=\int_0^{2\pi} \! \vec F(\vec r(t)) \dot{\vec r}(t) \, dt \end{eqnarray*}$

11.03.2010, 18:58

Thorsten777

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dann komme ich aber auf ein anderes Ergebnis

$\begin{eqnarray*} W=\int_0^{2\pi} \! \vec F(\vec r(t)) \dot{\vec r}(t) \, dt =\frac{\frac{h^2\cdot t}{4\pi^2 } }{ ( \frac{\sqrt{h^{2}\cdot t^{2}+4\pi ^{2} } }{2\pi })^3 }=1-\frac{1}{\sqrt{h^2+1}} \end{eqnarray*}$

dein Ergebnis war:

Zitat:

Mein Ergebnis: $\begin{eqnarray*} \frac{64}{5}\pi^6\cdot\left(\sqrt{1+h^2}^5 - 1\right). \end{eqnarray*}$

12.03.2010, 00:42

WebFritzi

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Keine Ahnung, wie ich auf den Stuss gekommen bin. Hab noch mal nachgerechnet, und jetzt ist mein Resultat von dem deinen und meinem früheren verschieden, nämlich

$\begin{eqnarray*} 4\pi^2\left(\sqrt{1+h^2} - 1\right). \end{eqnarray*}$

Am besten schreibst du hier mal deinen Weg rein.

13.03.2010, 11:44

Thorsten777

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so, hier mal meine Vorgehensweise

$\begin{eqnarray*} = \int \frac{\frac{h^2\cdot t}{4\pi^2 } }{ ( \frac{\sqrt{h^{2}\cdot t^{2}+4\pi ^{2} } }{2\pi })^3 } \, dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int \frac{h^2t\cdot (2\pi )^3}{4\pi ^2\cdot (\sqrt{h^2\cdot t^2+4\pi ^2})^3 } \, dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int \frac{h^2t\cdot 2\pi }{ (\sqrt{h^2\cdot t^2+4\pi ^2})^3 } \, dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\left[ \frac{ -2\pi }{ (\sqrt{h^2\cdot t^2+4\pi ^2})^3 } \right] _{t=0}^{2\pi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =1-\frac{1}{\sqrt{h^2+1}} \end{eqnarray*}$

13.03.2010, 12:22

Leopold

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Die Differentialform

$\begin{eqnarray*} \omega = \frac{1}{x^2 + y^2 + z^2} \left( x~\dd x + y~\dd y + z~\dd z \right) \end{eqnarray*}$

ist exakt. Denn für

$\begin{eqnarray*} G = G(x,y,z) = \frac{1}{2} \ln \left( x^2 + y^2 + z^2 \right) \, , \ \ (x,y,z) \neq (0,0,0) \end{eqnarray*}$

gilt: $\begin{eqnarray*} \omega = \dd G \end{eqnarray*}$

Es kommt daher nur auf die Anfangspunkt $\begin{eqnarray*} a = (1,0,0) \end{eqnarray*}$ und den Endpunkt $\begin{eqnarray*} b = (1,0,h) \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ an:

$\begin{eqnarray*} \int_C \omega = G(b) - G(a) = \frac{1}{2} \ln \left( 1 + h^2 \right) \end{eqnarray*}$

EDIT
Ich sehe gerade, daß der Nenner falsch ist. Er muß wohl $\begin{eqnarray*} \left( x^2 + y^2 + z^2 \right)^{\frac{3}{2}} \end{eqnarray*}$ heißen. Aber auch dann sollte es mit verändertem $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ funktionieren: $\begin{eqnarray*} G = - \, \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}} \end{eqnarray*}$

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