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Physik » Elektrodynamik » Geladene Kreisscheibe: Umwandlung Flächen-Ladungsdichte -> Volumen-Ladungsdichte
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Universität/Hochschule J Geladene Kreisscheibe: Umwandlung Flächen-Ladungsdichte -> Volumen-Ladungsdichte
juejue
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-05-31


Hallo allerseits!

Ich frage mich gerade wie man in Kugelkoordinaten die Fläche einer Kreisscheibe bestimmt.
Ich hab es mit der Delta-"Funktion" für Theta versucht, aber ich glaube da liegt gar nicht das Problem.
Ich denke ich muss mein Volumen oder Flächenelement anpassen.
Eigentlich muss ich ja das Volumenelement nehmen, da ich ja auch über r integrieren will, aber ich möchte ja einen Flächeninhalt.  

Ich glaub ich hab irgendwo einen Denkfehler.
Oder geht das tatsächlich gar nich so wie ich mir das vorgestellt habe?

Mit freundlichen Grüßen
Jürgen



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-05-31

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Hi juejue

Willkommen auf dem Planeten

Du mußt nur den Radius $r$ abhängig vom Winkel $\theta$ machen:
\[r=\frac{R}{\cos \theta}\] Und $\theta$ einschränken, wenn du nur eine Kreisscheibe und nicht die ganze Ebene haben willst.

Gruß vom ¼


-----------------
Bild
\(\endgroup\)


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juejue
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-01


Hi viertel,

danke für deine Antwort, und Entschuldigung, dass ich mich erst jetzt wieder melde. Aber ich versteh deine Antwort nicht wirklich, deshalb erkläre ich mein Problem mal genauer.
Ich möchte die Fläche einer Kreisscheibe in der x,y-Ebene mit Radius R:

In kartesischen Koordinaten:

$A=\int_{-R}^R \int_{-\sqrt{R^2-y^2}}^{\sqrt{R^2-y^2}} 1 dxdy = R^2\pi$

In Polarkoordinaten:

$A=\int_0^{2\pi} \int_0^R r dr d\phi= R^2 \pi$

Und eben jetzt in Kugelkoordinaten mit Delta-"Fuktion" damit es eine Scheibe wird:

$A=\int_0^R \int_0^{\pi}\int_0^{2\pi} \delta(\theta -\frac{\pi}2) r^2 \sin\theta d\phi d\theta dr= 2\pi \sin(\frac{\pi}2) \int_0^R r^2 dr =\frac{2\pi R^3}3\neq R^2 \pi$


In kartesischen Koordinaten und in Zylinderkoordinaten würde die Delta-"Fuktion"funktionieren. Wenn ich  $\int_{-\infty}^{\infty} \delta(z) dz$  hinzufüge bleibt das Ergebnis ja gleich.

Das Mein Kreisradius kein Kugelradius ist verstehe ich eigentlich auch, aber ich weiß nicht wie ich ihn sinnvoll einschränken kann.

Grüße
juejue



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-06-01

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Oops, hatte irgendwie übersehen, daß du die Fläche berechnen willst.
Das liegt leider jenseits meiner Kenntnisse.

Aber hier hast du einen kleinen Fehler ($y$ statt $x$ unter der Wurzel), und die $1$ als Integrand würde ich noch dazu nehmen:
2020-06-01 17:46 - juejue in Beitrag No. 2 schreibt:
In kartesischen Koordinaten:
$A=\int_{-R}^R \int_{-\sqrt{R^2-y^2}}^{\sqrt{R^2-y^2}} dydx = R^2\pi$
\[A=\int_{-R}^R \int_{-\sqrt{R^2-x^2}}^{\sqrt{R^2-x^2}} 1 \d y\d x = R^2\pi\]
\(\endgroup\)


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Spock
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-06-02


Hallo Jürgen,

Dein Irrtum liegt zunächst in den Ausdrücken für die dreidimensionale Deltafunktion in krummlinigen Koordinaten.
fed-Code einblenden

Sollte Dir nicht klar sein, wie man darauf kommt, einfach nochmal melden, :-)

Ansonsten ist mir nicht klar, was genau Du tun magst, Deine Schreibweise "A" oben ist widersprüchlich: Möchtest Du mit Hilfe von Kugelkoordinaten die Fläche einer Kreisschreibe über den Umweg eines Volumenintegrales berechnen?

Vielleicht sagst Du etwas zum Hintergrund Deiner Frage, irgendeine Übungsaufgabe in Elektrodynamik mit Flächenladungsdichte?

Grüße
Juergen



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juejue
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-02


Erstmal Danke! Und ja es handelt sich um eine Übungsaufgabe zur Ladungsdichte und man kann auch sagen, das ich mit Hilfe von Kugelkoordinaten die Fläche einer Kreisschreibe über den Umweg eines Volumenintegrales berechnen möchte.
Ich würde jedoch gerne erstmal bei der Flächenberechnung bleiben.

Die von dir genannten Formeln habe ich nachvollzogen, sie kommen von der "Normierung":

$\int \delta(\vec r-\vec r_0) dV =1$

Nun habe ich gefunden, dass man das noch weiter umschreiben kann:

$\delta(\vec r -\vec r_0)=\frac 1{\sin\theta r^2}\delta(r-r_0)\delta(\theta-\theta_0)\delta(\varphi-\varphi_0)=\frac 1{2\pi \sin\theta r^2}\delta(r-r_0)\delta(\theta-\theta_0)=\frac 1{4\pi r^2} \delta(r-r_0)$

Für mein Problem bräuchte ich aber etwas in die Richtung:

$\delta(\vec r -\vec r_0)=C\cdot\delta(\theta-\frac\pi2)$

Da aber mein Radius r ja auch zwischen 0 und R "laufen soll" bin ich glaub ich doch ganzschön auf dem Holzweg, deshalb meine Angabe:

Verwenden Sie die Diracsche Delta-Distribution um die Ladungsdichte
für eine gleichmäßig geladene, flache, unendlich dünne Kreisscheibe mit Radius R und Ladung Q (in Zylinder und Kugelkoordinaten) anzugeben.

Für Zylinderkoordinaten bin ich zu diesem Ergebnis gekommen:

$\varrho(\vec r)= \frac Q{\pi R^2} \cdot \delta (z) \cdot \Theta(R-r)$ mit der Heaviside-Funktion
Wenn ich das mit Polarkoordinaten über den ganzen Raum integriere komme ich ja auf Gesamtladung Q.

Wenn ich mir nun daraus versuche irgendwie eine Lösung in Kugelkoordinaten zu basteln komm ich auf:
$\varrho(\vec r)= \frac {3Q}{2\pi R^3} \cdot \delta (\theta-\frac \pi 2) \cdot \Theta(R-r)$

Test:

$Q=\int_V \varrho(\vec r)dV=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi \int_0^{\infty} \frac {3Q}{2\pi R^3} \cdot \delta (\theta-\frac \pi 2) \cdot \Theta(R-r) r^2 \sin \theta drd\theta d\phi=\frac {3Q}{ R^3}\cdot \sin(\frac\pi 2)\int_0^R r^2 dr= Q$

Jetzt stellt sich mir die Frage, ist mein $\varrho(\vec r)$ richtig, und wenn ja wie schreibt man am besten einen vernünftigen Ansatz auf.

Ich hab jetzt noch ein bisschen rumgespielt, wie man sich meine Rechnung plausibel machen kann:

$A_{\text{Kreis}}=\pi R^2=\int_V \tilde C \delta(\theta-\frac \pi 2) \Theta(R-r)dV =2\pi \tilde C \int_0^R r^2 dr = \frac {2\pi R^3 \tilde C}3$

$\Rightarrow \tilde C= \frac3{2R}$

Und Somit: $\varrho(\vec r)= \frac {Q\cdot\tilde C}{A_{\text{Kreis}}} \delta(\theta-\frac \pi 2) \Theta(R-r)$

Im Endeffekt hab ich die 3 dimensionale Delta-"Funktion" aber immer noch nicht wirklich verstanden:

$\delta(\vec r -\vec r_0)=\frac 1{4\pi r^2} \delta(r-r_0)$ charakterisiert mir doch auch eine Fläche (Oberfläche einer Kugel) oder?

Dann müsste es doch auch gehen einen Kreiß / seinen Flächeninhalt in der xy-Ebene zu charakterisieren. Das Problem liegt wohl daran, dass die Ebene unendlich ist.


Es tut mir leid für alle die das lesen und vor allem für die die es beantworten, dass es so lang geworden ist. Ich weiß einfach nicht genau wo mein Problem liegt.

Gruß
Jürgen



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Spock
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-06-02


Hallo Jürgen!

Zunächst der Hinweis: Solltest Du länger mit Matroids Matheplanet planen, :-), ist es wichtig, daß Du Aufgaben zunächst im Originalwortlaut aufschreibst, und nicht versuchst, das eigentliche Problem umzuformulieren, wie Du das im Themenstart gemacht hast.

Das wirklich Wichtige steht in Deinem Beitrag No.5:
2020-06-02 11:58 - juejue in Beitrag No. 5 schreibt:
...
Verwenden Sie die Diracsche Delta-Distribution um die Ladungsdichte
für eine gleichmäßig geladene, flache, unendlich dünne Kreisscheibe mit Radius R und Ladung Q (in Zylinder und Kugelkoordinaten) anzugeben.
...

fed-Code einblenden

Vielleicht überlegst Du noch ein wenig, wie man darauf kommt (es gibt verschiedene Wege), und meldest Dich einfach nochmal, solltest Du es nicht herleiten können.

Tipp:
fed-Code einblenden

Grüße
Juergen



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