Gauß'scher Satz, Maxwell-Gl. < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:20 Di 01.05.2012 | | Autor: | murmel |
| Aufgabe | | Zeigen Sie, dass für die Ladung [mm] $Q_0$ [/mm] (im Koordinatenursprung) die Maxwell-Gleichung [mm] $\vec \nabla \cdot \vec [/mm] E = [mm] \bruch{\varrho \left(\vec r, t\right)}{\varepsilon_r\, \varepsilon_0}$ [/mm] erfüllt ist – sowohl für [mm] $\vec [/mm] r [mm] \neq [/mm] 0$, als auch für [mm] $\vec [/mm] r = 0$. |
Der Ausdruck
[mm]\vec \nabla \vec E[/mm]
ergibt eine skalare Funktion.
Wenn ich nun das elektrische Feld
[mm]
\bruch{1}{4 \pi \varepsilon_0}\, \bruch{Q_0\,\left(x, y, z\right)}{\left(x^2 + y^2 + z^2\right)^{-\bruch{3}{2}}}
[/mm]
partiell über [mm] $\vec \nabla$ [/mm] ableite, bekomme ich eine (neue) Funktion, die immernoch $x, y$ und $z$ enthält, jedoch sollte ja am Ende der obenstehende Ausdruck für die Maxwell-Gleichung herauskomme, zusätzlich fehlt [mm] $\varepsilon_r$!
[/mm]
[mm] $\varrho \left(\vec r,t\right)$ [/mm] ist doch die Ladungsdichte, oder? Sie wäre hier doch [mm] $\varrho \left(\vec r,t\right) [/mm] = [mm] \varrho_0$ [/mm] weil ich hier eine diskrete Ladung vorliegen habe, keine kontinuierliche Ladungsverteilung. Gilt dieses Gesetz dann immer? Was muss ich hier beachten?
Soll das "einfach" heißen, dass dieses Feld durch rechnerisches "Zeigen" eine Quelle ist für [mm] $\vec [/mm] {r} [mm] \neq [/mm] 0$? Und für [mm] $\vec [/mm] r = 0$ das dies ein quellenfreies Feld ist?
Für schnelle Hilfe wäre ich euch sehr dankbar!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:41 Di 01.05.2012 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Zeigen Sie, dass für die Ladung [mm]Q_0[/mm] (im
> Koordinatenursprung) die Maxwell-Gleichung [mm]\vec \nabla \cdot \vec E = \bruch{\varrho \left(\vec r, t\right)}{\varepsilon_r\, \varepsilon_0}[/mm]
> erfüllt ist – sowohl für [mm]\vec r \neq 0[/mm], als auch für
> [mm]\vec r = 0[/mm].
>
>
>
>
> Der Ausdruck
>
> [mm]\vec \nabla \vec E[/mm]
>
> ergibt eine skalare Funktion.
>
>
> Wenn ich nun das elektrische Feld
>
> [mm]
\bruch{1}{4 \pi \varepsilon_0}\, \bruch{Q_0\,\left(x, y, z\right)}{\left(x^2 + y^2 + z^2\right)^{-\bruch{3}{2}}}
[/mm]
oder so:
[mm] $\vec{E}(\vec{r})=\frac{Q_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{\vec{r}}{\left|\vec{r}\right|^{3}}$
[/mm]
>
> partiell über [mm]\vec \nabla[/mm] ableite, bekomme ich eine (neue)
> Funktion, die immernoch [mm]x, y[/mm] und [mm]z[/mm] enthält, jedoch sollte
> ja am Ende der obenstehende Ausdruck für die
Was bekommst Du denn heraus?
> Maxwell-Gleichung herauskomme, zusätzlich fehlt
> [mm]\varepsilon_r[/mm]!
[mm] $\varepsilon_r$ [/mm] ist im Vakuum =1. Wenn Du davon ausgehst, dass sich die Ladung im Vakuum befindet, kannst Du es also in der MWGL weglassen. Oder Du führst sie auch im Feld ein, dann passt es auch.
>
> [mm]\varrho \left(\vec r,t\right)[/mm] ist doch die Ladungsdichte,
Genau.
> oder? Sie wäre hier doch [mm]\varrho \left(\vec r,t\right) =
\varrho_0[/mm]
Nein, das würde ja bedeuten, dass die Ladung im gesamten Raum ausgedehnt ist. So ist richtig:
[mm] $\varrho(\vec{r})=\begin{cases}Q_{0} & \vec{r}=0\\0 & \vec{r}\neq0
\end{cases}$
[/mm]
Kleiner Tipp: Man kann das auch so schreiben:
[mm] $\varrho(\vec{r})=Q_0\delta(\vec{r)}$
[/mm]
> weil ich hier eine diskrete Ladung vorliegen habe, keine
> kontinuierliche Ladungsverteilung. Gilt dieses Gesetz dann
> immer? Was muss ich hier beachten?
>
> Soll das "einfach" heißen, dass dieses Feld durch
> rechnerisches "Zeigen" eine Quelle ist für [mm]\vec {r} \neq 0[/mm]?
> Und für [mm]\vec r = 0[/mm] das dies ein quellenfreies Feld ist?
Sinn dieser Aufgabe ist es, den Ausdruck:
[mm] $\mathrm{div}\frac{\vec{r}}{\left|\vec{r}\right|^{3}}$
[/mm]
zu bestimmen.
Berechne dazu erstmal die Divergenz ganz normal über die Definition. Fällt Dir an dem Ergebnis irgendwas auf?
>
>
>
> Für schnelle Hilfe wäre ich euch sehr dankbar!
Gruß,
notinX
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:35 Di 01.05.2012 | | Autor: | murmel |
[mm] &\bruch{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left[{}^{\partial}/{}_{\partial x} \,\bruch{\vec r}{\left| \vec r \right|^3} + {}^{\partial}/{}_{\partial y} \,\bruch{\vec r}{\left| \vec r \right|^3} + {}^{\partial}/{}_{\partial z} \,\bruch{\vec r}{\left| \vec r \right|^3} \right] [/mm] = [mm] \bruch{1}{4 \pi \varepsilon_0} \, \left[\bruch{1}{\left| \vec r \right|^3} - \bruch{3}{2}\, \bruch{2x^2}{\left| \vec r \right|^5} + \bruch{1}{\left| \vec r \right|^3} - \bruch{3}{2}\, \bruch{2y^2}{\left| \vec r \right|^5} + \bruch{1}{\left| \vec r \right|^3} - \bruch{3}{2}\, \bruch{2z^2}{\left| \vec r \right|^5}\right] [/mm] = [mm] \bruch{Q_0}{\varepsilon_r\,\varepsilon_0}$
[/mm]
Was fällt mir auf? Das sieht nach elektrischem Potenzial aus.
Wenn das stimmt habe ich gerade in "a-ha-Erlebnis" lol.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:53 Di 01.05.2012 | | Autor: | notinX |
> [mm]&\bruch{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left[{}^{\partial}/{}_{\partial x} \,\bruch{\vec r}{\left| \vec r \right|^3} + {}^{\partial}/{}_{\partial y} \,\bruch{\vec r}{\left| \vec r \right|^3} + {}^{\partial}/{}_{\partial z} \,\bruch{\vec r}{\left| \vec r \right|^3} \right][/mm]
> = [mm]\bruch{1}{4 \pi \varepsilon_0} \, \left[\bruch{1}{\left| \vec r \right|^3} - \bruch{3}{2}\, \bruch{2x^2}{\left| \vec r \right|^5} + \bruch{1}{\left| \vec r \right|^3} - \bruch{3}{2}\, \bruch{2y^2}{\left| \vec r \right|^5} + \bruch{1}{\left| \vec r \right|^3} - \bruch{3}{2}\, \bruch{2z^2}{\left| \vec r \right|^5}\right][/mm]
> = [mm]\bruch{Q_0}{\varepsilon_r\,\varepsilon_0}$[/mm]
Das kann nicht stimmen. Auf der linken Seite stehen Vektoren, rechts sein Skalar.
>
>
> Was fällt mir auf? Das sieht nach elektrischem Potenzial
> aus.
> Wenn das stimmt habe ich gerade in "a-ha-Erlebnis" lol.
>
Mit Hilfe von [mm] $\vec{r}=r \vec{e}_r$ [/mm] (Kugelkoordinaten) kann man das Feld umschreiben:
$ [mm] \mathrm{div}\frac{\vec{r}}{\left|\vec{r}\right|^{3}}=\mathrm{div}\frac{\vec{e}_r}{r^2}$
[/mm]
jetzt ist der Divergenzoperator in Kugelkoordinaten:
[mm] $\operatorname{div}\,\vec{F} [/mm] = [mm] \frac [/mm] 1 [mm] {r^2} \frac \partial {\partial r} (r^2 F_r) [/mm] + [mm] \frac [/mm] 1 {r [mm] \sin \vartheta} \frac{\partial}{\partial \vartheta} [/mm] ( [mm] F_\vartheta \sin \vartheta) [/mm] + [mm] \frac [/mm] 1{r [mm] \sin \vartheta [/mm] } [mm] \frac {\partial F_\varphi}{\partial \varphi}$
[/mm]
Daraus folgt:
$ [mm] \mathrm{div}\frac{\vec{r}}{\left|\vec{r}\right|^{3}}=\frac [/mm] 1 [mm] {r^2} \frac \partial {\partial r}\left(\frac{r^2}{r^2}\right)=0 [/mm] $
Das kann aber physikalisch nicht sein, denn das Feld einer Punktladung ist nicht quellenfrei. Außerdem gilt das nur für [mm] $r\neq [/mm] 0$, denn wir dividieren durch r.
Um das Problem zu lösen integriert man [mm] $\mathrm{div}\frac{\vec{e}_r}{r^2} [/mm] $ über ein Kuelvolumen, das sich im Ursprung befindet (also ist $r=0$ mit eingeschlossen):
[mm] $\int_{V}\mathrm{div}\frac{\vec{e}_{r}}{r^{2}}\,\mathrm{d}V\overbrace{=}^{\text{Satz v. Gauß}}\int_{\partial V}\frac{1}{r^{2}}\underbrace{\vec{e}_{r}\cdot\vec{n}}_{=1}\,\mathrm{d}F=\frac{1}{r^{2}}\int\,\mathrm{d}F=4\pi$
[/mm]
Mit Kenntnis der Delta-Distribution:
[mm] $\int_{\mathbf{R}^3}\delta(\vec{r}-\vec{r}_0)f(\vec{r})\,\mathrm{d}V=f(\vec{r}_0)$
[/mm]
kann man daraus nun Rückschlüsse über [mm] $\mathrm{div}\frac{\vec{e}_{r}}{r^{2}}$ [/mm] ziehen.
Gruß,
notinX
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