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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:01 Mi 08.04.2009 | | Autor: | mb588 |
| Aufgabe | Berechnen Sie die Arbeit, die gegen die Kraftfelder
[mm] \vec{F_{1}}(\vec{r})=-k*\vec{r} [/mm] und [mm] \vec{F_{2}}(\vec{r})=a\times\vec{r}
[/mm]
verrichtet werden muss [mm] (\vec{a}=(a,0,0) [/mm] und a,k=const.), um einen Massepunkt vom Ort [mm] (0,y_{1},z_{1}) [/mm] zum Ort [mm] (0,y_{2},z_{2}) [/mm] in der y-z-Ebene entlang zweier paraleller Strecken zur y-Achse und z-Achse zu verschieben:
a)zuerst auf dem Weg paralell zur y-Achse und dann paralell zur z-Achse.
b)zuerst auf dem Weg paralell zur z-Achse und dann paralell zur y-Achse
c)berechnen Sie die Rotation von [mm] \vec{F_{1}} [/mm] und [mm] \vec{F_{2}}
[/mm]
d)Welche Ausagen können über die Kraftfelder [mm] \vec{F_{1}} [/mm] und [mm] \vec{F_{2}} [/mm] getroffen werden. |
Hey. Ich studiere Physik und Mathematik auf Lehramt und wir hatten Theoretische Physik I im ersten Semester und nun haben wir im 4. Semester Theoretische Physik II und ich hab leider kaum noch plan von den ganzen Zeug. Begriffe wie Rotation, Nablaoperator, Gradient, Divergenz,... sind mir gebräuchlich, aber so von der Vorstellung her was das Physikalisch bedeutet ist mir nicht ganz klar.
Also zu a) habe ich aber schon folgendes:
[mm] \vec{F_{2}}(\vec{r})= \vektor{a \\ 0 \\ 0}\times\vektor{0 \\ y_{1} \\ z_{2}}= \vektor{0 \\ -a*z_{2} \\ a*y_{1}}
[/mm]
So und das wäre schon meine Lösung für das Vektorfeld [mm] \vec{F_{1}}(\vec{r}). [/mm] Ist denn diese Lösung so richtig??? Weil für [mm] \vec{F_{1}} [/mm] geht es ja ähnlich einfach und für Aufgabe b) ja auch. Wie gesagt, wenn das richtig ist. Bei c) würd ich es auch ähnlich machen aber denn hätte ich ja [mm] rot(\vec{F_{1}})=-k*rot\vec{r}=-k*rot\vektor{x \\ y \\ z}
[/mm]
Und das würde aber Null ergeben. Also bin ich mir unsicher bei meinen Lösungen und wollte mal fragen ob das richtig ist.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:09 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Hi,
du hast doch eigentlich noch fast nichts gerechnet, was angegeben war.
Die Arbeit ist doch definiert als [mm] $W=-\int \vec{F}\cdotd\vec{r}$, [/mm] also [mm] $W=-\int(F_x\,dx+F_y\,dy+F_z\,dz)$
[/mm]
Jetzt musst du das Linienintegral noch ausrechnen über beide Wege.
Das, was du ausgerechnet hast, war doch nur [mm] $\vec{F}=\pmat{a\\0\\0}\times\pmat{x\\y\\z}=a\pmat{0\\-z\\y}$
[/mm]
Jetzt musst du das noch ins Arbeits-Integral einsetzten und ausrechnen für beide Kraftfelder.
Anschließend gucken, ob beide male das selbe rauskommt. Dann gucken, was das mit der Rotation zu tun hat, und dann gucken, ob das Kraftfeld konservativ ist oder nicht (konservativ ist es dann, wenn die Arbeit vom Integrationsweg unabhängig ist, oder man kanns auch so definieren: Wenn das Integral über einen beliebigen, geschlossenen Weg Null ergibt, was man dann mit Stokes zu einem Rotations-Ausdruck umformen kann, worauf man dann auf eine Rotations-Eigenschaft des konservativen Feldes kommt).
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:23 Mi 08.04.2009 | | Autor: | mb588 |
Oh man :(
Das hört sich alles voll kompliziert an.
Könntest du es mir nicht einmal an der Aufgabe a) für beide Kraftfelder genau zeigen? Ich seh da wirklich kaum durch, weil das alles schon so lange her ist :(
Wäre echt nett ;)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:34 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Hi,
das sind einfache Linienintegrale, das müsste doch eigentlich gehen.
Also: Du hast zB das Kraftfeld [mm] $\vec{F}=-k\vec{r}$ [/mm] gegeben.
Jetzt rechnen wir die Arbeit aus:
Wir wollen vom Punkt [mm] $\vec{r_1}=\pmat{0\\y_1\\z_1}$ [/mm] zum Punkt [mm] $\vec{r_2}=\pmat{0\\y_2\\z_2}$ [/mm] verschieben.
Erst parallel zur y-Achse, dann parallel zur z-Achse.
Also gilt:
[mm] $-W=\int\vec{F}\cdot d\vec{r}$ [/mm] Jetzt teilen wir den Integrationsweg in die zwei Wege oben auf (wobei ich x=0 einfach mal setze, ist eh unwichtig):
[mm] $-W=-k\int_{z_1}^{z_2}\pmat{0\\y_1\\z}\cdot\pmat{0\\0\\dz} [/mm]
Man fängt ja an bei [mm] $y_1$ [/mm] und lässt das [mm] $y_1$ [/mm] konstant, weil man ja parallel zur y-Achse verschiebt. Das $dr$ vereinfacht sich zu [mm] $\pmat{0\\0\\dz}$, [/mm] weil man ja nur in z-Richtung entlangläuft.
Das kannst du jetzt mit Hilfe des Skalarproduktes ausrechnen und schauen, was rauskommt.
Jetzt kannst du dann den zweiten Weg parametrisieren.
Alternativ, wenn man das in schön darstellen will, gilt auch, wenn zB t der Parameter ist, und [mm] $\vec{r}(t)$ [/mm] der parametrisierte Weg:
[mm] $W=-\int\vec{F}(\vec{r}(t))\frac{d\vec{r}}{dt}dt$
[/mm]
Das ist dann "mathematisch" korrekter.
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:49 Mi 08.04.2009 | | Autor: | mb588 |
Also ich hab das jetzt mal so ausgerechnet und komm drauf, das -W= [mm] \bruch{1}{2}*k(z_{2}-z_{1}) [/mm] ist. Soweit so gut. Jetzt das gliche mit y weil ich ja denn paralell zur z-Achse gehe. Das weiß ich nicht so recht, wie ich da einsetzen soll?! Gibt es auch eine Möglichkeit das ganze vllt. mit Doppelintegrale zu schreiben? Und denn eventuell über den Satz von Fobini Tonelli oder ähnliches zu integrieren?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:59 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hi,
auf dein Ergebnis komme ich nicht. Es müsste $-\frac{k}{2}(z_2^2-z_1^2)$ rauskommen.
Fubini etc. hilft da gar nicht, weil du ein Linienintegral ausrechnen musst und kein Flächenintegral!
Machen wir das jetzt also mal anders, etwas allgemeiner:
Man kann sich doch deine Kurve Parametrisieren. Wenn man zB parallel zur y-Achse integriert, um von der Stelle $z_1$ nach $z_2$ zu kommen, wäre doch eine Parametrisierung der "Kurve" nicht schlecht:
$\vec{r}(t)=\pmat{0\\y_1\\z_1-(z_1-z_2)t}$, $t\in[0,1]$ da man ja bei $(0/y_1/z_1)$ anfängt und nach $(0/y_1/z_2)$ will.
Jetzt rechnen wir das Linienintegral aus:
$W=-\int_0^1 \vec{F}(\vec{r}(t))\frac{d\vec{r}}{dt}dt$
Setzten wir jetzt vereinfacht $\vec{F}(\vec{r})=\pmat{x\\y\\z}$, wie schaut dann $\vec{F}{\vec{r}(t))$ aus?
Wie schaut $\frac{d\vec{r}(t)}{dt}$ aus? Jetzt die beiden Vektoren miteinander skalar multiplizieren, und dann von 0 bis 1 integrieren.
So funktioniert das allgemein, man muss sich eine Kurve ausdenken, die man über $\vec{r}(t)$ parametrisiert, und das ganze dann in die obige Arbeits-1-Form einsetzen. Die kommt daher, da man $W=-\int\vec{F}d\vec{r}$ definiert.
Jetzt noch den zweiten Weg von $(0/y_1/z_2)$ nach $(0/y_2/z_2)$ parametrisieren und oben einsetztn, die Integrale zusammenrechnen, und du bist fertig.
Dann siehst du auch, dass das eigentlich genau das selbe ist wie die schon "spezielle" Form, die ich zuerst angegeben habe.
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:10 Mi 08.04.2009 | | Autor: | mb588 |
Ja ok...ich hab das mal versucht und gemerkt, dass ich auch auf Begriffe wie Parametresieren nicht klar komme. :( Und denn ist mir auch immer noch unklar, wie ich denn das Wegintegral lösen soll???
Gibs eine allgemeine Regel was parametrisieren angeht oder ist das von fall zu fall anders? Und was versucht man damit gneau zu erreichen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:05 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Hi,
nehem wir an, wir möchten einen Weg paramertrisieren. D.h. wir haben genau eine Veränderliche, und wenn wir die von einer Zahl zur nächsten durchfahren, laufen wir sozusagen auf einem Weg, den wir uns ausgedacht haben, entlang.
Ich gebe dir jetzt mal drei Beispiele:
1) Eine Gerade in der x-y-Ebene: Nehmen wir zB eine ganz einfache Gerade mit der Steigung $m=1$ und y-Achsenabschnitt $n=0$. Dann können wir die ja so darstellen, dass sie ausschaut wie $y=x$. D.h. wir haben eine Funktion $f(x)=y=x$. Wir können diese Gerade aber auch parametrisieren, wie man das zB auch früher in der Schule mit den 3-D-Geraden gemacht hat:
[mm] $\vec{r}(t)=\pmat{t\\t\\0}$. [/mm] Wenn wir jetzt den Parameter t von [mm] $-\infty$ [/mm] bis [mm] $+\infty$ [/mm] durchfahren, erhalten wir eine Gerade.
2) Eine Strecke vom Punkt [mm] $(0/y_1/z_1)$ [/mm] zum Punkt [mm] $(0/y_1/z_2)$, [/mm] die offensichtlich parallel zur z-Achse verläuft.
Jetzt versuchen wir die, durch einen Parameter [mm] $t\in[0,1]$ [/mm] auszudrücken.
Dann schaut die Kurve doch irgendwie so aus: [mm] $\vec{r}(t)=\pmat{0\\y_1\\\ldots}$. [/mm] Das sollte klar sein. Jetzt machen wir uns noch Gedanken darüber, was an Stelle der [mm] $\ldots$ [/mm] stehen sollte.
Wir möchten, dass für $t=0$ die z-Komponente [mm] $z_1$ [/mm] rauskommt. Also können wir uns ja schonmal sowas wie [mm] $z_1+t\ldots$ [/mm] ausdenken, denn das ist für $t=0$ sicher gleich [mm] $z_1$. [/mm] Jetzt müssen wir uns überlegen, was wir für $t=1$ dort stehen haben wollen. Da sollte dann ein [mm] $z_2$ [/mm] stehen. Das bekommen wir hin, indem wir [mm] $z_1-z_1+z_2=z_1-(z_1-z_2)$ [/mm] hinschrieben. Jetzt müssen wir nur noch sicherstellen, dass man, wenn man den Parametere t von 0 bis 1 durchfährt, die gesamte Strecke zwischen den beiden Punkten erwischt. Die erwischt man, wenn man [mm] $\vec{r}(t)=\pmat{0\\y_1\\z_1-(z_1-z_2)t}$ [/mm] definiert.
Alternativ, damit das ganze noch einfacher geht, kann man sich auch einfach folgendes Überlegen:
Wir nehmen wieder eine Parametrisierung des Weges vor [mm] $\vec{r}(t)=\pmat{0\\y_1\\t}$ [/mm] und lassen jetzt das t einfach von [mm] $z_1$ [/mm] bis [mm] $z_2$ [/mm] durchfahren, dann sind wir ganz sicher, dass wir auf dem richtigen Weg sind.
3) Wir nehmen einen Kreis mit Radius $r=1$ und versuchen den mit Hilfe eines Parameters, dem Winkel zu beschreiben. Dann schaut ein Kreis in der x-y-Ebene mit $z=0$ so aus: [mm] $\vec{r}(\varphi)=\pmat{\cos\varphi\\ \sin\varphi \\ 0}$.
[/mm]
Man versucht den Weg zu parametrisieren, damit man das Linienintegral schön ausrechnen kann. Das versucht man doch bei Flächenintegralen auch immer, die Fläche möglichst schön zu parametrisieren.
Denn Wenn wir zB jetzt unsere Kraft [mm] $\vec{F}=\pmat{x\\y\\z}$ [/mm] haben und unseren Weg parallel zur z-Achse von [mm] $z_1$ [/mm] nach [mm] $z_2$, [/mm] dann gilt doch: [mm] $\vec{r}(t)=\pmat{0\\y_1\\t}$, [/mm] wobei jetzt [mm] $t\in[z_1,z_2]$
[/mm]
Dann schaut das Wegintegral entlang des parametrisierten Weges so aus:
[mm] $\int\vec{F}\cdot d\vec{r}=\int\vec{F}(\vec{r}(t))\frac{d\vec{r}}{dt}\,dt$
[/mm]
Jetzt setzen wir in F unsere Parametrisierung ein, also für dsa x die 0, für das y das [mm] $y_1$ [/mm] und für das $z$ das t und berechnen [mm] $\frac{d\vec{r}}{dt}$:
[/mm]
[mm] $\vec{F}(\vec{r}(t))=\pmat{0\\y_1\\t}$
[/mm]
[mm] $\frac{d\vec{r}}{dt}=\pmat{0\\0\\1}$, [/mm] also steht da:
[mm] $\int\vec{F}\cdot d\vec{r}=\int\vec{F}(\vec{r}(t))\frac{d\vec{r}}{dt}\,dt=\int\pmat{0\\y_1\\t}\cdot\pmat{0\\0\\1}\,dt=\int_{z_1}^{z_2}t\,dt$
[/mm]
was du sicher ausrechnen kannst.
Jetzt versuch du eine Parametrisierung vom Punkt [mm] $(0/y_1/z_2)$ [/mm] nach [mm] $(0/y_2/z_2)$ [/mm] hinzubekommen und das durchzurechnen.
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:12 Mi 08.04.2009 | | Autor: | mb588 |
Jo alles klar. Das hab ich jetzt kapiert ;)
Aber wieso muss eigentlich y konstant bleiben, wenn ich paralell zur y-Achse gehe??? Und kann ich mir das graphisch Vorstellen?
Wenn ich das denn jeweils für y und z gemacht habe, denn muss ich nur noch die beiden "Arbeitsintegrale zusammenaddieren?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:18 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Hi,
sorry, das war grad mein Fehler. Parallel zur y-Achse meint, dass z konstant bleibt. Ich bessers gleich oben sofort aus.
Ansonsten ja, wenn du die beiden Arbeitsintegrale ausgerechnet hast, dann einfach zusammenaddieren, weil dein Integral linear ist. Dann bist du fertig.
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:21 Mi 08.04.2009 | | Autor: | mb588 |
Wie wäre es denn bei nicht linearen Geraden? Ich mein wir machen grad mal die erste Übungsaufgaben und sowas wird aber sucherlich auch noch kommen?! Und kannst du mir noch einen guten tipp geben zu Aufgabenteil c) und d)???
Und wie siehts denn bei dem zweiten Kraftfeld aus?! Ihc komm da auf das selbe weil ich ja das Kraftfeld ausrechne also hab da Also ich hab da [mm] \vektor{0 \\ -a*z \\ a*y} [/mm] und würde das denn auch so parametrisieren oder muss ich da auch was bestimmtes achetn?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:53 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Hi,
> Wie wäre es denn bei nicht linearen Geraden? Ich mein wir
> machen grad mal die erste Übungsaufgaben und sowas wird
> aber sucherlich auch noch kommen?!
Das kann passiere, ja. Ist aber auch nicht weiter tragisch. Dann denkt man sich eben wie vorhin auch eine Parametrisierung [mm] $\vec{r}(t)$ [/mm] aus, und rechnet genau so, wie vorher auch.
Zu c): Die Rotation ausrechnen kannst du doch bestimmt. Dann schau mal, ob irgendetwas Null wird, und wenn ja, ob die Ergebnisse der Integrationswege von a) und b) für das Kraftfeld übereinstimmen.
Zu d): Das wirst du dann sehen.
> Und kannst du mir noch
> einen guten tipp geben zu Aufgabenteil c) und d)???
> Und wie siehts denn bei dem zweiten Kraftfeld aus?! Ihc
> komm da auf das selbe weil ich ja das Kraftfeld ausrechne
> also hab da Also ich hab da [mm]\vektor{0 \\ -a*z \\ a*y}[/mm] und
Genau.
> würde das denn auch so parametrisieren oder muss ich da
> auch was bestimmtes achetn?
Die Parametrisierung ist ja genau die selbe, weil der Integrationsweg der selbe ist. Hier setzt du dann im Kraftfeld für das z das z deiner Parametrisierung ein und für das y die y-Komponente von [mm] $\vec{r}(t)$. [/mm] Dann ausrechnen, beide Integrationswege aus a) und b) ansehen, und gucken, ob das selbe dabei rauskommt.
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:58 Mi 08.04.2009 | | Autor: | mb588 |
Was hab ich denn davon, wenn da bei beiden das selbe rauskommt? Und ich kann die rotation ausrechnen, bloss denn bekomm ich ja Null raus glaub ich und das bei deiden? Mmmh ist das vll auch so, weil ich mein es sind ja gerade bzw. zu den achsen paralellen Wege und damit ja keine Rotation. Nicht oder? Das mit d) schau ich nochmal drüber....
aber bis dahin erstmal vielen dank für ihre Hilfe...
Ich werd bestimmt nochmal schreiben wenn die nächste Übungsserie kommt :)
Bis dahin...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:09 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Hi,
naja, es gibt Kräfte, bei denen ist es egal, über welchen Weg man von einem zum anderen Punkt integriert, da ist der Wert des Linien-Integrals wegunabhängig. Diese Kräfte nennt man dann konservativ. Das ist zB bei deiner ersten Kraft der Fall. Bei solchen Kräften macht es dann Sinn, ein Potential einzuführen (wie es zB bei der Gravitations oder bei der el. Kraft der Fall ist)
Wenn du dich aber nicht verrechnest, sollte bei der zweiten Kraft zwei unterschiedliche Werte rauskommen, je nachdem,ob man erst parallel zur y und dann parallel zur z-Achse integriert oder eben andersrum. Da ist der Wert der Arbeit eben nicht unabhängig davon, wie du vom Punkt 1 zum Punkt 2 gehst.
Jetzt ist es doch so: Wenn du zwei Wege rausgesucht hast, und die geben beide den selben Wert für die Arbeit raus, dann heißt es ja noch lange nicht, dass es mit einem dritten Wege von Punkt 1 nach Punkt 2 wieder den selben Wert für die Arbeit rausgibt. Man müsste also, um sicher zu sein, unendlich viele Wege untersuchen, um zu sehen, ob die Arbeit wegunabhängig ist oder nicht. Weil man das natürlich nicht kann, gibt es dann das Rotations-Kriterium, was du anhand der Aufgabe dann in der lezten Teilaufgabe rausfinden sollst.
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:52 Mi 08.04.2009 | | Autor: | mb588 |
Ich hab hier eine Weile rumprobiert, aber ich kann mir nicht helfen. Egal welchen Weg ich zuerst Integriere es kommt trotzdem beim zweiten Kräftefeld das selbe raus. Also irgend was mach ich falsch. Ich hab ja den Vektor [mm] \vektor{0 \\ -a*z \\ -a*y}. [/mm] So und da setzt ich ja denn halt erst -z gleich t und integriere denn von [mm] z_{1} [/mm] zu [mm] z_{2} [/mm] und das gleiche für y und diese Wegintegrale addiere ich denn. Und denn das ganze nochmal anders herum und wieder addieren, aber bei mir kommt das selbe bei raus?!
Gibs da einen generellen fehler den ich mache?
Du hasttest ja geschrieben,. dass
>Die Parametrisierung ist ja genau die selbe, weil der >Integrationsweg der selbe ist. Hier setzt du dann im >Kraftfeld für das z das z deiner Parametrisierung ein und >für das y die y-Komponente von $ [mm] \vec{r}(t) [/mm] $. Dann >ausrechnen, beide Integrationswege aus a) und b) >ansehen,und gucken, ob das selbe dabei rauskommt.
wie ist das jetzt gemeint??? es steht ja -z auf der y-Kompeonente und y auf der z-Komponente...das verwirrt mich jetzt einwenig.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:18 Do 09.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Hi,
du musst daran denken, dass du die y-Komponenten anpasst.
Was ich damit meine:
Wenn wir erst parallel zur y-Achse dann zur z-Achse integrieren, geht dsa ja so:
1) [mm] $\vec{r}(t)=\pmat{0\\t\\z_1}$, $t\in[y_1,y_2]$
[/mm]
Damit integrieren entlang der y-Achse vom ersten Punkt [mm] $(0/y_1/z_1)$ [/mm] nach [mm] $(0/y_2/z_1)$.
[/mm]
Jetzt parametrisieren wir den zweiten Weg parallel zur z-Achse (y ist jetzt Konstant, und weil wir vorhin von [mm] $y_1$ [/mm] nach [mm] $y_2$ [/mm] integriert haben, ist der y-Wert jetzt [mm] $y_2$, [/mm] den wir einsetzten müssen:
2) [mm] $\vec{r}(t)=\pmat{0\\y_2\\t}$, $t\in[z_1,z_2]$
[/mm]
Soweit klar?
Wenn wir jetzt den zweiten Integrationsweg wählen, und zuerst parallel zur z-Achse und dann zur y-Achse integrieren, geht dsa so:
3) [mm] $\vec{r}(t)=\pmat{0\\y_1\\t}$, $t\in[z_1,z_2]$
[/mm]
Damit integrieren entlang der z-Achse vom Punkt [mm] $(0/y_1/z_1)$ [/mm] nach [mm] $(0/y_1/z_2)$.
[/mm]
Für den zweiten Weg von [mm] $(0/y_1/z_2)$ [/mm] nach [mm] $(0/y_2/z_2)$ [/mm] gilt dann:
4) [mm] $\vec{r}(t)=\pmat{0\\t\\z_2}$, $t\in[y_1,y_2]$
[/mm]
Diese Parametrisierung schaut der 1) recht ähnlich aus mit dem kleinen Unterschied, dass man oben ein [mm] $z_1$ [/mm] stehen hat, hier aber ein [mm] $z_2$. [/mm] Das macht beim ersten Kraftfeld nichts, die Integrale unterscheiden sich nicht. Bei dem zweiten Kraftfeld macht das im Integral aber genau den Unterschied, ob man jetzt über die Wege 1) und 2) von Punkt 1 nach Punkt 2 integriert oder über 3) und 4).
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:03 Do 09.04.2009 | | Autor: | mb588 |
Wenn ich aber jetzt [mm] d\vec{r}/dt [/mm] bilde und das denn mit dem jeweiligem [mm] \vec{F}(\vec{r(t)}) [/mm] skalarmultipliziere, denn kommt doch immer nur Integral von t raus, weil ja der Vektor [mm] \vektor{0 \\ t \\ y_{1}} [/mm] abgeleitet also [mm] d\vec{r}/dt= \vektor{0 \\ 1 \\ 0 } [/mm] ergibt und das denn Skalarmultipliziert nur t übrig lässt. Das Integriere ich denn und es kommt bei allem das selbe raus. Das Prinzip ist mir klar, bloss wenn ich das immer bilde.
Also ich habe mir jetzt folgende Lösung überlegt:
Für die erste Kraftkomponente kommt ja das selbe raus. Das hab ich denk ich auch verstanden: W= [mm] \bruch{k}{2}*((y_{2})^{2}-(y_{1})^{2}+(z_{2})^{2}-(z_{1})^{2})
[/mm]
Und beim ersten bekomm ich wenn ich paralell zur y-Achse gehe und paralell zur z-Achse:
[mm] a*(z_{1}*(y_{2}-y_{1})+y_{2}*(z_{2}-z_{1})
[/mm]
Und wenn ich erst paralell zur z-Achse gehe und denn paralell zur y-Achse komm ich auf:
[mm] a*(z_{2}*(y_{2}-y_{1})+y_{1}*(z_{2}-z_{1})
[/mm]
Wäre nett wenn du mir sagen könntest ob das so richtig ist ;)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:26 Fr 10.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Hi,
achso, dein "das ist doch beides mal das selbe" bezieht sich also auf die Parametrisierung des Weges?!
Soweit ich das grad auf die Schneller überblicken konnte, stimmen die Ergebnisse.
Wenn du jetzt die beiden letzten Linien-Integrale vergleichst, siehst du, dass diese im allgemeinen Fall [mm] $y_1\not=y_2$ [/mm] bzw [mm] $z_1\not=z_2$ [/mm] nicht gleich sind.
Hast du auch schon die Rotation der Kräfte ausgerechnet? Falls ja, kannst du ja Frage c) und d) fix beantworten.
LG
Kroni
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