Infinitesimales Längenelement bzgl. eines Winkels

17.11.2016, 17:00	balance	Auf diesen Beitrag antworten »
Infinitesimales Längenelement bzgl. eines Winkels So, heute gibt es mal ein Problem aus der Physik, jedoch geht es eher um die Mathematik. Aufgabe: Gegeben sei der skizzierte Plattenkondensator im Vakuum. Der Abstand der zwei geneigten Metallplatten $\begin{eqnarray} d(x) \end{eqnarray}$ wächst dabei linear von $\begin{eqnarray} d_1 \end{eqnarray}$ bei $\begin{eqnarray} x_1 \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} d_2 \end{eqnarray}$ bei $\begin{eqnarray} x_2 \end{eqnarray}$ . Die Breite der Platten in z-Richtung sei $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ . Die Potentialdifferenz zwischen den Platten betrage $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ . Wir nehmen an, dass der Öffnungswinkel der Platten klein sei, d.h. $\begin{eqnarray} (d_2-d_1)<<(x_2-x_1) \end{eqnarray}$ . In diesem Fall hat das elektrische Feld die folgende Form: $\begin{eqnarray} E=E(r)\hat{e}_\theta \end{eqnarray}$ Hinweis: Randeffekte können vernachlässigt werden. Weiterhin kann $\begin{eqnarray} tan(\alpha)=\alpha \end{eqnarray}$ genähert werden, wobei ± der Öffnungswinkel der Platten ist. Lösung: [Ich übersetzte aus dem Englische, verzeit das komische Deutsch :è] MIttels der Definiton des elektrischen Potentials können wir die Potentialdifferenz zwischen 1. und 2.er platte notieren als: $\begin{eqnarray} \Delta\phi = U = -\int_1^2\vec{E}d\vec l \end{eqnarray}$ Wir setzten die gegeben Form des elektrischen Felds ein und bekommen: $\begin{eqnarray} \Delta\phi = U = -\int_0^\alpha E(r) r d\theta=E(r)r\alpha \end{eqnarray}$ [Der Rest der Lösung ist egal] Ich habe hierzu 2 Fragen: 1. Sollte das Ergebnis des Integrals nicht negativ sein? 2. Würde ich gerne darüber diskutieren, wie hier $\begin{eqnarray} \vec{E}(r)\hat{e}_\theta \end{eqnarray}$ eingesetzt wurde. Erstmal macht man sich ja klar, dass $\begin{eqnarray} d\vec{l} \end{eqnarray}$ in Richtung des Pfeiles neben $\begin{eqnarray} \theta \end{eqnarray}$ in der Skizze zeigt. Es ist klar, dass wir entlang dieser Kurve integrieren möchten. Ich finde, es ist klar, dass: $\begin{eqnarray} d\vec l = rd\alpha \hat{e}_\theta \end{eqnarray}$ Ich würde also bekommen: $\begin{eqnarray} U=-\int_0^\alpha E(r) \hat{e}_\theta r d\alpha\hat{e}_\theta \end{eqnarray}$ Was, aehm, irgendwie, sagen wir mal, komisch ausschaut. :P Die 2. frage ist also: Was genau passier hier? Kann mir das jemand mal schön hinschreiben?
18.11.2016, 11:07	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich beantworte deine Frage Nr. 2: "Ich würde gern darüber diskutieren, wie man $\begin{eqnarray} \vec E(r)\vec e_\theta \end{eqnarray}$ einsetzt." ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- In deiner Skizze schneiden sich die beiden gestrichelten Linien (also die Verlängerungen der Platten) in der Geraden $\begin{eqnarray} x=-x_0 \end{eqnarray}$ . Folglich kann man dort folgende Zylinderkoordinaten anwenden: $\begin{eqnarray} \vec x =\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} r \cdot\cos(\theta) \\ r \cdot\sin(\theta) \\ z \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} x_0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Dies beschreibt in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray} r, \theta \end{eqnarray}$ gewisse Zylinderflächen mit dem Radius r. Die Symmetrieachse der Zylinder ist die Gerade $\begin{eqnarray} x=-x_0 \end{eqnarray}$ . Die Feldlinien verlaufen in Richtung der Tangentialvektoren der Zylinderfläche. Diese Tangentialvektoren erhält man bekanntlich durch Differenzieren nach dem Winkel $\begin{eqnarray} \theta \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \tfrac{\partial \vec x}{\partial \theta} =\begin{pmatrix} -r \cdot\sin(\theta) \\ r \cdot\cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ___________Formel (1) Die auf 1 normieren Tangentialvektoren $\begin{eqnarray} \vec e_{\theta} \end{eqnarray}$ ergeben sich nach Division durch den Betrag r, also $\begin{eqnarray} \vec e_{\theta}=\begin{pmatrix} - \sin(\theta) \\ \cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wenn man diese normierten Tangentialvektoren mit dem konstanten Feld E multipliziert, ergibt sich für jeden Punkt $\begin{eqnarray} r, \theta \end{eqnarray}$ der gesuchte Feldvektor, der stets tangential zu den Zylinderflächen steht und den Betrag E hat. Also $\begin{eqnarray} \vec E=E\cdot \vec e_{\theta}=\begin{pmatrix} - E\cdot \sin(\theta) \\ E\cdot \cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ _______________Formel (2) Da der Öffnungswinkel der Platten sehr "spitz" ist, ist dieses Feld näherungsweise unabhängig vom Radius r. Die Spannungsdifferenz ist bekanntlich folgendes Weg-Integral $\begin{eqnarray} U=-\int_1^2 \vec E\,d\vec x \end{eqnarray}$ _____________Formel (3) Stellt man die Formel (1) um nach $\begin{eqnarray} d\vec x \end{eqnarray}$ ergibt sich das Differenzial $\begin{eqnarray} d \vec x =\begin{pmatrix} -r \cdot\sin(\theta) \\ r \cdot\cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix}\,\,d\theta \end{eqnarray}$ ________________Formel (4) Einsetzen von (2) und (4) in (3) liefert das Integral $\begin{eqnarray} U=-\int_{\theta_1}^{\theta_2} \underbrace{\begin{pmatrix} - E\cdot \sin(\theta) \\ E\cdot \cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix}}_{\vec E}\cdot \underbrace{\begin{pmatrix} -r \cdot\sin(\theta) \\ r \cdot\cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix}\,\,d\theta}_{d\vec x} \end{eqnarray}$ Beim Berechnen des Skalarproduktes im Integranden fallen die Winkelfunktionen wegen $\begin{eqnarray} \sin^2(\theta)+\cos^2(\theta)=1 \end{eqnarray}$ heraus und man bekommt $\begin{eqnarray} U=-E\cdot r\cdot \int_{\theta_1}^{\theta_2} \,\,d\theta =-E\cdot r\cdot \underbrace{(\theta_2-\theta_1)}_{\alpha} \end{eqnarray}$
18.11.2016, 11:15	balance	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke, das sieht gut aus. Aber ich hab bereits eine Frage: Wo ist dein Koordinatenursprung? Bei $\begin{eqnarray} (x_0,0,0) \end{eqnarray}$ oder? Wieso das? Fèr mich macht Sinn, den Ursprung in $\begin{eqnarray} (0,0,0) \end{eqnarray}$ anzusetzten, so dass $\begin{eqnarray} x_1=x_1, x_2=x_2 \end{eqnarray}$ . Bei deinem Ansatz folgt doch $\begin{eqnarray} x_1=0 \end{eqnarray}$ . Wie dem auch sei, da wir Differenzieren geht das eh "flöten". Die Erklärung macht Sinn, damit kann ich was anfangen und du hast mir gerade noch eine kleine Verständnislücke aufgezeigt, für die ich aber später einen extra Thread machen werde - sofern ichs nicht selbst rausfinde. Ich nehme an, in der Lösung von mir wurde das einfach schnell schnell gemacht aus Erfahrung. Merci Edit: Ich habs jetzt nochmal durchgerechnet und frage mich: Müsste man nicht noch sagen dass $\begin{eqnarray} d\vec l = d\vec x \end{eqnarray}$ ? [Und sollte man nicht $\begin{eqnarray} \hat e \end{eqnarray}$ anstatt $\begin{eqnarray} \vec e \end{eqnarray}$ notieren?] Danke, dass war echt hervorranged. Ich hab jetzt aber noch eine relativ wichtige Frage: Wenn ich in der mathe, z.B. bei der Volumenberechnung, einen Koordinatentransfer mache, dann gilt ja bei Zylinderkoordinaten z.B.: $\begin{eqnarray} x=r\cos\varphi, y=r\sin\varphi, z=z \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} 0\leq r <\infty, 0\leq \varphi < 2\pi, -\infty < z < \infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} dV=dxdydz=rdrd\varphi dz \end{eqnarray}$ Ich würde also z.B. meine Fläche umschreiben in normalbereiche so dass ich die Grenzen finde für $\begin{eqnarray} r,\varphi,z \end{eqnarray}$ . Ich kann mir nun folgendes überlegen: Wir wechseln also zu Zylinderkoordinaten, dabei kriegen wir erstmal den "korrekturterm" $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ . Das gegeben Integral integgriert nicht über ein infinitesimales Volumenelement, sodern es ist ein eingeschränktes Problem: Wir integrieren über ein infinit. Längenelement. Wir überlegen uns: Nach dem Koordinatentransfer ist dies abhängig vom Öffnugnswinkel, also: $\begin{eqnarray} d\theta \end{eqnarray}$ Wir bekommen somit: $\begin{eqnarray} \int_1^2\vec{E}d\vec{l}=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\vec{E}rd\theta \end{eqnarray}$ Man setzt ein, rechtnet aus et voilá. hmm
21.11.2016, 09:45	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja. Anstelle von $\begin{eqnarray} d\vec l \end{eqnarray}$ habe ich die Bezeichnung $\begin{eqnarray} d\vec x \end{eqnarray}$ verwendet. --------------------------------------------- Frage: Wie kommt man auf $\begin{eqnarray} \int_1^2\vec E\, d\vec x\rightarrow\int_{\theta_1}^{\theta_2}Er\,d\theta \end{eqnarray}$ Anwort: Allgemein kann man jedes Wegintegral wie folgt umformen $\begin{eqnarray} \int_1^2\vec E\,d\vec x=\int_1^2\vec E\cdot \tfrac{d\vec x}{d\theta}\,d \theta \end{eqnarray}$ In Zylinderkoordinaten hat jeder Punkt $\begin{eqnarray} \vec x \end{eqnarray}$ im Koordinatensystem die Darstelleung $\begin{eqnarray} \vec x=\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} r\cdot \cos(\theta) \\ r\cdot \sin(\theta) \\ z \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} x_0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Für jedes feste r sind dies Kreise. Differenzieren dieser Darstellung nach dem Kreis-Parameter $\begin{eqnarray} \theta \end{eqnarray}$ liefert $\begin{eqnarray} \tfrac{d\vec x}{d\theta}=\begin{pmatrix} -r\cdot \sin(\theta) \\ r\cdot \cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Umstellen dieser Formel ergibt das Weg-Differential, welches tangential zu den runden Feldlinien verläuft $\begin{eqnarray} d\vec x=\begin{pmatrix} -r\cdot \sin(\theta) \\ r\cdot \cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix}\,d\theta \end{eqnarray}$ Das elektrische Feld hat hat laut Voraussetzung kreisförmige Feldlinien. Seine "Vektorpfeile" liegen also tangential an diesen Kreisen. Die Vektorpfeile von $\begin{eqnarray} \vec E \end{eqnarray}$ haben also dieselbe Richtung wie das eben berechnete Differential $\begin{eqnarray} d\vec x \end{eqnarray}$ . Der Betrag des Feldes hat laut Voraussetzung den festen Wert E. Also lautet das Feld: $\begin{eqnarray} \vec E=E\cdot \begin{pmatrix} -\sin(\theta) \\\cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Einsetzen der beiden letzten Formeln $\begin{eqnarray} d\vec x=... \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec E=... \end{eqnarray}$ in das obige Integral liefert die gewünschte Formel $\begin{eqnarray} \int_{\theta_1}^{\theta_2}\underbrace{E\cdot \begin{pmatrix} -\sin(\theta) \\ \cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix}}_{\vec E}\cdot \underbrace{\begin{pmatrix} -r\cdot \sin(\theta) \\ r\cdot \cos(\theta) \\ 0 \end{pmatrix}\,d\theta}_{d\vec x}=E\cdot r\cdot \int_{\theta_1}^{\theta_2}\,\,d\theta \end{eqnarray}$
22.11.2016, 16:16	balance	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke ich schaus mir an und melde mich ggf.

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