Linienintegral auf Schraubenlinie

02.07.2010, 16:43

Analytiker 1

Linienintegral auf Schraubenlinie

Hallo,

diese Aufgabe habe ich versucht zu rechnen, bin mir aber nicht sicher ob es bis hier hin stimmt.

[attach]15388[/attach]

$\begin{eqnarray*} rot \vec{F} =\vec{0} \end{eqnarray*}$

also ist das Feld wegunabhängig

$\begin{eqnarray*} \vec{F} =-\nabla \phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{F} d=\begin{pmatrix} -\frac{1}{xyz} \\ -\frac{1}{xyz} \\ -\frac{1}{xyz} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Potential: $\begin{eqnarray*} \phi(x,y,z)=-\frac{1}{xyz} \end{eqnarray*}$

03.07.2010, 11:02

Mulder

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RE: Linienintegral auf Schraubenlinie
Dein Potential schaut etwas merkwürdig aus, wie bist du denn darauf gekommen? Wenn ich $\begin{eqnarray*} - \nabla \phi(x,y,z) \end{eqnarray*}$ berechne, komme ich da ganz sicher nicht auf $\begin{eqnarray*} \vec F \end{eqnarray*}$ . In diesem Fall ist es doch besonders einfach, ein Potential zu finden. Dieses Potential muss ja dies erfüllen:

$\begin{eqnarray*} -\partial_x \phi = yz \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -\partial_y \phi = xz \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -\partial_z \phi =xy \end{eqnarray*}$

Das ist banal. Aber sowieso stellt sich mir die Frage, was genau du eigentlich mit dem Potential machen willst. Das brauchst du doch überhaupt nicht. Du willst einfach nur die Arbeit berechnen, die verrichtet werden muss, um ein Teilchen entlang einer Schraubenlinie zwischen den beiden Punkten durch dieses Kraftfeld zu schieben. Dafür ist das Wegintegral

$\begin{eqnarray*} W = \int_{\vec C} \vec F \end{eqnarray*}$

zu bestimmen. Zunächst wäre also diese Kurve zu parametrisieren. Wie sieht so eine Schraubenlinie aus?

Oder wolltest du jetzt so frech sein und die Wegunabhängigkeit zu zeigen, um dann eine andere Kurve als eine Schraube zu nehmen? Augenzwinkern

03.07.2010, 12:06

Analytiker 1

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also ich versteh nicht so ganz warum man eine Schraubenkurve parametrisieren muß, wenn doch das Feld wegunabhängig ist und die Anfangs- und Endpunkte bekannt sind

eine Parameterdarstellung wäre:

$\begin{eqnarray*} x(t)= cos (t) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y(t)= sin (t) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z(t)= t \end{eqnarray*}$

und wie gehts nun weiter?

03.07.2010, 12:09

Mulder

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Zitat:

Original von Analytiker 1
und wie gehts nun weiter?

Nun wäre die Kurve passend zu modifizieren, damit sie auch tatsächlich die Punkte A und B durchläuft. Deine tut das nämlich offensichtlich nicht.

Zu deiner anderen Frage: Dann sag doch mal, wie du es machen würdest. Und was deiner Ansicht nach die Wegunabhängigkeit und die Punkt damit zu tun hatben Dann kann man auch darauf eingehen. So stehen ein paar Begriffe im Raum und nichts weiter. Da müssen wir eben auf einen Nenner kommen, damit es klar werden kann.

03.07.2010, 12:38

Analytiker 1

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ich weiß nicht wie ich die Kurve dem entsprechend modifizieren kann.

Punkt P1= $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} R \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Punkt P2= $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ a \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

müssen R und a in der Parametrisierung enthalten sein?

03.07.2010, 12:42

Mulder

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Zitat:

Original von Analytiker 1
müssen R und a in der Parametrisierung enthalten sein?

Ja, als konstante Parameter. Die kannst du beliebig setzen, es bleibt dann ja trotzdem eine Schraube.

Für die x-Komponente würde sich doch zum Beispiel statt cos(t) einfach R*cos(t) anbieten, nicht wahr? So bastelst du weiter, bis es passt. "Um die erste Windung" heißt ja eine komplette Drehung, dementsprechend sollte t von 0 bis 2pi laufen.

$\begin{eqnarray*} C=\begin{pmatrix} R\cos(t) \\ ? \\ ? \end{pmatrix} \quad , \quad 0 \leq t \leq 2\pi \end{eqnarray*}$

Ich bin nun für die nächsten Stunden weg. Wink

03.07.2010, 13:39

Analytiker 1

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also dann so:

$\begin{eqnarray*} C:\vec{r} (t)=\begin{pmatrix} R*cos\phi \\ 0 \\ at \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ?

oder muß für y noch die sin $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ rein, ich habe die weggelassen weil dieser Punkt 0 ist.

03.07.2010, 13:46

Huggy

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Zitat:

Original von Analytiker 1
also ich versteh nicht so ganz warum man eine Schraubenkurve parametrisieren muß, wenn doch das Feld wegunabhängig ist und die Anfangs- und Endpunkte bekannt sind

Nicht das Feld ist wegunabhängig sondern die Arbeit.
Aber ansonsten hast du vollkommen Recht. Wenn das Feld ein Potential hat - und das hat es -, dann ist die Arbeit gleich der Potenialdifferenz zwischen den Endpunkten des Wegs. Du musst als nur das Potential korrekt bestimmen.

Der Weg von Mulder ist deutlich umständlicher.

03.07.2010, 18:11

Analytiker 1

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gut, ich kann es ja mal mit beiden Wegen versuchen.

aber wie bestimmt ich nun das Potential richtig?

$\begin{eqnarray*} \phi=\frac{F}{-\nabla} \end{eqnarray*}$

also wie ich es oben schon gerechnet habe

03.07.2010, 18:25

Huggy

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Wie du diese Gleichung meinst, ist mir rätselhaft. Wie du zu dem Potential kommst, hat dir doch Mulder schon hingeschrieben. Es ist z. B.

$\begin{eqnarray*} -\frac{\partial \Phi}{\partial x}=yz \end{eqnarray*}$

Also

$\begin{eqnarray*} \Phi = -\int yz ~dx =-xyz + c(y, z) \end{eqnarray*}$

Wenn du dir das analog für die anderen Ableitungen hinschreibst, siehst du das Potential.

03.07.2010, 19:06

Analytiker 1

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gut, dann bekomme ich für alle 3

$\begin{eqnarray*} \Phi = -\int yz ~dx =-xyz + c(y, z) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Phi = -\int xz ~dy =-xyz + c(x, z) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Phi = -\int xy ~dz =-xyz + c(x, y) \end{eqnarray*}$

ist nun das Potential $\begin{eqnarray*} \Phi=-xyz \end{eqnarray*}$ ?

und jetzt muß ich da noch die Punkte einsetzen?

03.07.2010, 19:33

Huggy

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Die Antwort ist zweimal ja!

03.07.2010, 19:48

Analytiker 1

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dann bekomme ich

$\begin{eqnarray*} \Phi = \phi 1 - \phi 2=-(R*0*0) - -(3*0*a)=0 \end{eqnarray*}$

03.07.2010, 20:25

Huggy

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In der Aufgabe steht zwar bei P1 und P2 an der x-Koordinate jeweils R und nicht einmal 3. Das Ergebnis ist trotzdem richitg.