| |
| Autor |
 Retardiertes Vektorpotential für eine Platte |
|
Studiosus
Junior 
Dabei seit: 11.09.2023
Mitteilungen: 8
 |  Themenstart: 2023-09-18
|
Hallo,
gegeben ist eine unendlich ausgedehnte, dünne, ladungsneutrale Platte in der xy-Ebene, die von einem zeitabhängigen Strom in x-Richtung mit der Stromdichte \(\vec{j}(\vec{r},t)=a \cdot \delta(z) \cdot t \cdot \Theta(t) \cdot \vec{e}_x\) durchflossen wird.
Gesucht ist das retardierte Vektorpotential \(\vec{A}(\vec{r},t)=\frac{\mu_0}{4 \pi}\int_{V}d^3r'\frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}'|}\vec{j}\Bigl(\vec{r}',t-\frac{|\vec{r}-\vec{r}'|}{c}\Bigl)\).
Der Ortsvektor zum Feld sollte \(\vec{r}= \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ z \end{array}\right)\) lauten und der Ortsvektor zur Platte \(\vec{r}'= \left(\begin{array}{c} x' \\ y' \\ z' \end{array}\right)\).
Für \(|\vec{r}-\vec{r}'|\) ergibt sich somit \(\sqrt{x'^2+y'^2+(z-z')^2}\).
Nun können \(\vec{j}(\vec{r},t)\) und \(|\vec{r}-\vec{r}'|\) in \(\vec{A}(\vec{r},t)\) eingesetzt werden. Dadurch erhalte ich den folgenden Ausdruck:
\(\displaystyle\vec{A}(\vec{r},t) = \frac{\mu_0}{4 \pi}\int_{-\infty}^{\infty}dx' \int_{-\infty}^{\infty}dy'\int_{-\infty}^{\infty}dz'\frac{1}{\sqrt{x'^2+y'^2+(z-z')^2}}\cdot a \cdot \delta(z') \cdot \biggl(t-\frac{\sqrt{x'^2+y'^2+(z-z')^2}}{c}\biggl) \cdot \Theta\biggl(t-\frac{\sqrt{x'^2+y'^2+(z-z')^2}}{c}\biggl) \cdot \vec{e}_x\)
Durch die Verwendung von Zylinderkoordinaten und \(\delta(z')\) vereinfacht sich dieser zu:
\(\displaystyle\vec{A}(\vec{r},t) = \frac{\mu_0 a}{4 \pi}\int_{0}^{\infty}r'dr' \int_{0}^{2 \pi}d\varphi'\frac{1}{\sqrt{r'^2+z^2}}\cdot \biggl(t-\frac{\sqrt{r'^2+z^2}}{c}\biggl) \cdot \Theta\biggl(t-\frac{\sqrt{r'^2+z^2}}{c}\biggl) \cdot \vec{e}_x\)
Und jetzt komme ich nicht mehr weiter. Ich vermute, dass über die \(\Theta\)-Funktion die Integrationsgrenzen \(\int_{0}^{\infty}dr'\) angepasst werden müssen und es dann weitergeht.
Ist das die richtige Spur oder ist irgendwo ein Fehler passiert?
|
 Profil
|
wladimir_1989
Senior 
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1810
Wohnort: Freiburg
| Beitrag No.1, eingetragen 2023-09-18
|
Hallo Studiosus,
zuerst muss man eine Fallunterscheidung über \(t\) machen. Überlege dir, dass für \(t<\frac{z}{c}\) das Potential 0 ist. Sei nun ein \(t\ge \frac{z}{c}\) gegeben. Die \(\theta\)-Funktion steuert, wie du richtig schreibst die obere Grenze des \(r'\)-Integrals. Konkret muss \(t \ge \frac{\sqrt{r'^2+z^2}}{c}\) oder \(r'\le \sqrt{t^2c^2-z^2}\). Das ist somit die obere Integralgrenze. Beachte auch, dass sich das Integral vereinfacht, wenn man es in zwei Integrale aufteilt.
lg Wladimir
|
Profil
|
Studiosus
Junior
Dabei seit: 11.09.2023
Mitteilungen: 8
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-20
|
\quoteon(2023-09-18 00:48 - wladimir_1989 in Beitrag No. 1)
zuerst muss man eine Fallunterscheidung über \(t\) machen. Überlege dir, dass für \(t<\frac{z}{c}\) das Potential 0 ist. Sei nun ein \(t\ge \frac{z}{c}\) gegeben.\quoteoff
Das sieht aus, wie die Definition der \(\Theta\)-Funktion:
\[
\Theta(x) = \left\{
\begin{array}{ll}
0~, &x < 0 \\
1~, &x \geq 1 \\
\end{array}
\right.
~\Rightarrow~
\Theta\Bigl(t-\frac{z}{c}\Bigl) = \left\{
\begin{array}{ll}
0~, &t < \frac{z}{c} \\
1~, &t \geq \frac{z}{c} \\
\end{array}
\right. \]
Was kann man aber damit machen?
\quoteon(2023-09-18 00:48 - wladimir_1989 in Beitrag No. 1)
Die \(\theta\)-Funktion steuert, wie du richtig schreibst die obere Grenze des \(r'\)-Integrals. Konkret muss \(t \ge \frac{\sqrt{r'^2+z^2}}{c}\) oder \(r'\le \sqrt{t^2c^2-z^2}\). Das ist somit die obere Integralgrenze. Beachte auch, dass sich das Integral vereinfacht, wenn man es in zwei Integrale aufteilt.\quoteoff
Ich erhalte dann nach der Aufteilung und ein paar Kürzungen:
\[
\vec{A}(\vec{r},t) = \frac{\mu_0 a}{2}\Biggl(t\int_{0}^{\sqrt{t^2c^2-z^2}}\frac{r'}{\sqrt{r'^2+z^2}}dr'-\frac{1}{c}\int_{0}^{\sqrt{t^2c^2-z^2}}r'dr'\Biggl)\cdot \vec{e}_x
\]
Das sollte man lösen können.
Ist es eigentlich ein Problem, dass der Einheitsvektor \(\vec{e}_x\) nicht in Zylinderkoordinaten umgerechnet wurde?
|
Profil
|
wladimir_1989
Senior
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1810
Wohnort: Freiburg
| Beitrag No.3, eingetragen 2023-09-20
|
Hallo Studiosus,
das Integral ist nur dann nicht 0, falls \(t \ge \frac{z}{c}\). Also nuss das Integral proportional zur von dir angegebenen Theta-Funktion sein.
Die Aufteilung ist richtig.
Der Einheitsvektor ist räumlich konstant, er zeigt an jedem Punkt in die gleiche Richtung, daher kann man ihn aus dem Integral ziehen.
lg Wladimir
|
Profil
|
Studiosus
Junior
Dabei seit: 11.09.2023
Mitteilungen: 8
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-23
|
\quoteon(2023-09-20 23:48 - wladimir_1989 in Beitrag No. 3)
das Integral ist nur dann nicht 0, falls \(t \ge \frac{z}{c}\). Also nuss das Integral proportional zur von dir angegebenen Theta-Funktion sein.
Die Aufteilung ist richtig.\quoteoff
Dann ergibt sich also:
\[
\vec{A}(\vec{r},t) = \frac{\mu_0 a}{2} \cdot \Theta\Bigl(t-\frac{z}{c}\Bigl) \cdot \Biggl(t\Bigl[\sqrt{r'^2+z^2}\Bigl]_{0}^{\sqrt{t^2c^2-z^2}} - \frac{1}{c}\Bigl[\frac{r'^2}{2}\Bigl]_{0}^{\sqrt{t^2c^2-z^2}}\Biggl)\cdot \vec{e}_x
\]
|
Profil
|
wladimir_1989
Senior
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1810
Wohnort: Freiburg
| Beitrag No.5, eingetragen 2023-09-24
|
Hallo,
die Integration ist richtig. Jetzt kannst du noch die Grenzen einsetzen und vereinfachen.
lg Wladimir
|
Profil
|
Studiosus
Junior
Dabei seit: 11.09.2023
Mitteilungen: 8
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-27
|
\quoteon(2023-09-24 13:09 - wladimir_1989 in Beitrag No. 5)
die Integration ist richtig. Jetzt kannst du noch die Grenzen einsetzen und vereinfachen.
\quoteoff
Das Endergebnis sollte folglich so aussehen:
\[
\vec{A}(\vec{r},t) = \frac{\mu_0 a}{2} \cdot \Theta\Bigl(t-\frac{z}{c}\Bigl) \cdot \biggl(\frac{(tc-z)^2}{2c}\biggl)\cdot \vec{e}_x
\]
|
Profil
|
| Studiosus hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen. |
|
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2023 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die
Nutzungsbedingungen,
die Distanzierung,
die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]
|
Home / Seite ohne Frame
Wie unterstütze ich den Matheplaneten mit Geld?
