Gradient in Polarkoordinaten < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:30 Mo 12.07.2010 | | Autor: | p_a_u_l |
| Aufgabe | In einem homogenen elektrischen Feld in Luft mit [mm] $E_{yh}=100\,\frac{V}{m}$ [/mm] wird ein langer dielektrischer Stab mit einem Kreisquerschnitt wie unten abgebildet eingebracht. Der Stab hat die Dielektrizitätszahl [mm] $\epsilon_r=3$. [/mm] Sein Radius beträgt [mm] $r_0=50\,mm$. [/mm] Im Stabinneren bildet sich ein homogenes Feld mit [mm] $E_i=50\,\frac{V}{m}$. [/mm] Für $y=0$ ist das Potential 0.
Geben Sie die elektrische Feldstärke [mm] $\vec{E_a}\left(r,\phi\right)$ [/mm] des Außenfeldes in Zylinderkoordinaten an.
[Dateianhang nicht öffentlich] |
Hallo zusammen,
ich komme beim Berechnen der Aufgabe in Polarkoordinaten leider nicht auf die richtige Lösung. Wenn ich die Aufgabe jedoch in kartesischen koordinaten durchrechne, dann stimmt das Ergebniss.
Etwas genauer: Das Feld [mm] $\vec{E_a}$ [/mm] an dem Punkt [mm] $A=\vektor{x \\ y}=\vektor{0,05\\0}$ [/mm] beträgt [mm] $50\frac{V}{m}\vec{e_y}$. [/mm] An dem Punkt [mm] $B=\vektor{x \\ y}=\vektor{0\\0,05}$ [/mm] beträgt es [mm] $150\frac{V}{m}\vec{e_y}$. [/mm] In kartesischen koordinaten bekomme ich nun genau dieses Ergebnis. Wenn ich jedoch in Polarkoordinaten rechne, dann bekomme ich folgendes:
[mm] $\vec{E_a}\left(A\right)=50\frac{V}{m}\vec{e_\phi}$. [/mm] Und das ist $0$, dann [mm] $0\cdot\cos{\left(\phi\right)}\vec{e_x}+0\cdot\sin{\left(\phi\right)}\vec{e_y}=0\not=50\frac{V}{m}\vec{e_y}$.
[/mm]
[mm] $\vec{E_a}\left(B\right)=150\frac{V}{m}\vec{e_r}$. [/mm] Und das ist $0$, dann [mm] $150\cdot\cos{\left(0\right)}\vec{e_x}+150\cdot\sin{\left(0\right)}\vec{e_y}=150\frac{V}{m}\vec{e_x}\not=150\frac{V}{m}\vec{e_y}$.
[/mm]
Wenn ich das Ergebnis jedoch wie im folgenden Bild interpretiere, dann stimmt das Ergebnis wieder.
[Dateianhang nicht öffentlich]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Nun mein Ansatz zur Lösung der Aufgabe:
Die Potentialverteilung ergibt sich als $U_a\left(r,\phi\right)=\frac{P_L\sin{\left(\phi\right)}}{2\pi \epsilon_0 r}-\sin{\left(\phi\right)}rE_{yh}$ mit $P_L\approx6,9541\cdot10^{-12}As$ und $\epsilon_0\approx8,85418\cdot10^{-12}\frac{As}{Vm}$. Das E-Feld berechnet sich dann aus $\vec{E_a}=-\mathrm{grad}\left(U_a\right). Bei Bedarf kann ich das noch etwas weiter ausführen, sollte aber meines Erachtens nach nicht notwendig sein.
Mit kartesischen Koordinaten:
$g:\IR^2\to\IR^2$ mit $\vektor{g_1\\g_2}=\vektor{r\left(x,y\right)\\\phi\left(x,y\right)}=\vektor{\sqrt{x^2+y^2}\\\arctan{\left(\frac{y}{x}\right)}$
$\vec{E_a}= -\mathrm{grad}\left(U_a \circ g\right) = -\nabla\left(U_a\circ g\right) = -\vektor{\frac{\partial}{\partial x}\left(U_a\circ g\right) \\ \frac{\partial}{\partial y}\left(U_a\circ g\right)}= -\vektor{J_f\circ \frac{\partial}{\partial x}g\\J_f\circ \frac{\partial}{\partial y}g}= \vektor{
\frac{P_L\sin\left(\arctan\left(\frac{y}{x}\right)\right)x}{2\pi\epsilon\left(x^2+y^2\right)^\frac{3}{2}}+
\frac{\sin\left(\arctan\left(\frac{y}{x}\right)\right)E_{yh}x}{\sqrt{\left(x^2+y^2\right)}}+
\frac{P_L\cos\left(\arctan\left(\frac{y}{x}\right)\right)y}{2\pi\epsilon\left(x^2+y^2\right)^\frac{3}{2}}-
\frac{\cos\left(\arctan\left(\frac{y}{x}\right)\right)E_{yh}y}{\sqrt{\left(x^2+y^2\right)}}
\\
\frac{P_L\sin\left(\arctan\left(\frac{y}{x}\right)\right)y}{2\pi\epsilon\left(x^2+y^2\right)^\frac{3}{2}}+
\frac{\sin\left(\arctan\left(\frac{y}{x}\right)\right)E_{yh}y}{\sqrt{\left(x^2+y^2\right)}}-
\frac{P_L\cos\left(\arctan\left(\frac{y}{x}\right)\right)x}{2\pi\epsilon\left(x^2+y^2\right)^\frac{3}{2}}+
\frac{\cos\left(\arctan\left(\frac{y}{x}\right)\right)E_{yh}x}{\sqrt{\left(x^2+y^2\right)}}}$
Mit Polarkoordinaten:
$\vec{E_a}=-\mathrm{grad}\left(U_a\right)=-\frac{\partial}{\partial r}\left(U_a\right)\vec{e_r}-\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial \phi}\left(U_a\right)\vec{e_\phi}=\vektor{\frac{P_L\sin\left(\phi\right)}{2\pi\epsilon_0 r^2}+\sin{\left(\phi\right)}E_{yh}\\
-\frac{P_L\cos\left(\phi\right)}{2\pi\epsilon_0 r^2}+\cos{\left(\phi\right)}E_{yh}}=\vektor{\sin{\left(\phi\right)}\left(E_{yh}+\frac{P_L}{2\pi\epsilon_0 r^2}\right)\\
\cos{\left(\phi\right)}\left(E_{yh}-\frac{P_L}{2\pi\epsilon_0 r^2}\right)}$
Meine Vermutung ist nun, dass ich mit meiner oben gegebenen Interpretation richtig liege und ich das Ergebnis aus der Rechnung mit Polarkoordinaten noch entsprechend umrechnen muss. Die Frage ist nun: Wie mache ich das? Und noch viel wichtiger: Warum ist das so?
Ich freue mich auf konstruktive Antworten.
Mit freundlichem Gruß
Paul
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:14 Mo 12.07.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> In einem homogenen elektrischen Feld in Luft mit
> [mm]E_{yh}=100\,\frac{V}{m}[/mm] wird ein langer dielektrischer Stab
> mit einem Kreisquerschnitt wie unten abgebildet
> eingebracht. Der Stab hat die Dielektrizitätszahl
> [mm]\epsilon_r=3[/mm]. Sein Radius beträgt [mm]r_0=50\,mm[/mm]. Im
> Stabinneren bildet sich ein homogenes Feld mit
> [mm]E_i=50\,\frac{V}{m}[/mm]. Für [mm]y=0[/mm] ist das Potential 0.
>
> Geben Sie die elektrische Feldstärke
> [mm]\vec{E_a}\left(r,\phi\right)[/mm] des Außenfeldes in
> Zylinderkoordinaten an.
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
> Hallo zusammen,
>
> ich komme beim Berechnen der Aufgabe in Polarkoordinaten
> leider nicht auf die richtige Lösung. Wenn ich die Aufgabe y
> jedoch in kartesischen koordinaten durchrechne, dann stimmt
> das Ergebniss.
>
> Etwas genauer: Das Feld [mm]\vec{E_a}[/mm] an dem Punkt [mm]A=\vektor{x \\ y}=\vektor{0,05\\0}[/mm]
> beträgt [mm]50\frac{V}{m}\vec{e_y}[/mm]. An dem Punkt [mm]B=\vektor{x \\ y}=\vektor{0\\0,05}[/mm]
> beträgt es [mm]150\frac{V}{m}\vec{e_y}[/mm]. In kartesischen
> koordinaten bekomme ich nun genau dieses Ergebnis. Wenn ich
> jedoch in Polarkoordinaten rechne, dann bekomme ich
> folgendes:
>
> [mm]\vec{E_a}\left(A\right)=50\frac{V}{m}\vec{e_\phi}[/mm]. Und das
> ist [mm]0[/mm], dann
> [mm]0\cdot\cos{\left(\phi\right)}\vec{e_x}+0\cdot\sin{\left(\phi\right)}\vec{e_y}=0\not=50\frac{V}{m}\vec{e_y}[/mm].
>
> [mm]\vec{E_a}\left(B\right)=150\frac{V}{m}\vec{e_r}[/mm]. Und das
> ist [mm]0[/mm], dann
> [mm]150\cdot\cos{\left(0\right)}\vec{e_x}+150\cdot\sin{\left(0\right)}\vec{e_y}=150\frac{V}{m}\vec{e_x}\not=150\frac{V}{m}\vec{e_y}[/mm].
Ich verstehe nicht, was du da rechnest.
[mm] \vec{e_\phi} = -\sin\phi \,\vec{e}_x + \cos \phi\, \vec{e}_y [/mm],
[mm] \vec{e_r} = \cos\phi\, \vec{e_x} + \sin \phi \,\vec{e_y} [/mm].
Im Punkt A ist der Winkel [mm] $\phi=0$, [/mm] daher stimmt dort [mm] $\vec{e_\phi}$ [/mm] mit [mm] $\vec{e_y}$ [/mm] überein. Im Punkt B ist [mm] $\phi=\pi/2$, [/mm] daher stimmt dort [mm] $\vec{e_r}$ [/mm] mit [mm] $\vec{e_y}$ [/mm] überein.
Stimmt doch!
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:19 Mo 12.07.2010 | | Autor: | p_a_u_l |
Hallo Rainer,
danke für deine Antwort und das du dir die Zeit genommen hast, die etwas umfangreichere Frage zu bearbeiten.
Du hast Recht. Was ich gerechnet habe ist richtig. Mein Problem war, dass ich eine falsche Vorstellung von Polarkoordinaten hatte. Ich bin bisher immer davon ausgegangen, dass mein $r$ der Betrag des Vektors ist und [mm] $\phi$ [/mm] lediglich seine Richtung, so dass ich diesen Vektor eben mit [mm] $r\cdot\cos\phi\vec{e_x}+r\cdot\sin\phi\vec{e_y}$ [/mm] den Vektor in kartesische Koordinaten umwandeln kann. Das stimmt wohl für Ortsvektoren, nicht aber für Vektoren an einer bestimmten Stelle.
Tatsächlich ist es so, das der Vektor [mm] $r\vec{e_r}$ [/mm] an der Stelle $A$, der in die Richtung des Ortsvektors [mm] $\Vec{A}$ [/mm] zeigt und der Vektor [mm] $\phi\vec{e_\phi}$ [/mm] an der Stelle $A$ im Winkel von [mm] $\frac{\pi}{2}$ [/mm] auf dem Ortsvektors [mm] $\Vec{A}$ [/mm] steht.
Damit ergeben sich dann für die kartesischen Koordinaten auch die richtigen Gleichungen...
$ [mm] \vec{e_\phi} [/mm] = [mm] -\sin\phi \,\vec{e}_x [/mm] + [mm] \cos \phi\, \vec{e}_y [/mm] $
$ [mm] \vec{e_r} [/mm] = [mm] \cos\phi\, \vec{e_x} [/mm] + [mm] \sin \phi \,\vec{e_y} [/mm] $
und das Problem ist gelöst.
Viele Grüße
Paul
|
|
|
|
