Elektrisches Dipol < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:09 So 20.03.2011 | | Autor: | kushkush |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Zwei elektronische Dipole mit den Dipolmomenten $\overrightarrow{p_{1}}$(Winkel $\alpha_{1}$ zur Horizontalen) und $\overrightarrow{p_{2}}$ ( Winkel $\alpha_{2}$ zur Horizontalen) sind in einer Ebene angeordnet. Ihr Abstand beträgt z. (Es soll die Näherung benutzt werden, dass z gross gegenüber den linearen Abmessungen der Dipole ist.)
a) Wie gross ist die Energie des Systems?
b) Wie würden sich die Dipole zueinander einstellen, wenn sie in der Ebene frei drehbar wären? Wie gross wäre dann die Gesamtenergie? |
Hallo,
Die Dipolmomente ist definiert durch: $\overrightarrow{p}=q\overrightarrow{d}$
Das Potential beträgt: $\phi_{1}(\overrightarrow{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} (\frac{q_{1}}{|\overrightarrow{r}-\frac{\overrightarrow{d}}{2}|}- \frac{q_{1}}{|\overrightarrow{r}+\frac{\overrightarrow{d}}{2}})$
Jetzt eine falsche?? Taylorentwicklung, da gefordert wird, dass z >> r ist und nicht r >> z? : $\frac{1}{|\overrightarrow{r}\pm \frac{\overrightarrow{d}}{2}|}= \frac{1}{r}\frac{1}{\sqrt{1\pm \frac{rd_{1}}{r^{2}}+\frac{d_{1}^{2}}{4r^{2}}}}=\frac{1}{r}(1\pm \frac{1}{2}\frac{r\overrightarrow{d}}{r^{2}})$
Also folgt für das Potential: $\phi(\overrightarrow{r})=\frac{q_{1}}{4\pi \epsilon_(0}}\frac{\overrightarrow{d}\overrightarrow{r}}{r^{3}}$
Also ist $\phi_{2}(\overrightarrow{r})=\frac{q_{1}}{4\pi \epsilon_{0}}$
$E(z)=-grad(\phi_{z}(r))=-(-2\frac{q_{1}}{4\pi \epsilon_{0}}\frac{d_{1}}{z^{3}} =\frac{q_{1}}{2\pi \epsilon_{0}}\frac{d_{1}}{z^{3}}$
$F_{2}=\overrightarrow{p}_{2}\cdot grad(E(z))=p_{2}\frac{-3}{2}\frac{q_{1}}{\pi \epsilon_{0}}\frac{d_{1}}{z^{4}}$
Was ist mit Energie des Systems gemeint und wie berechne ich die?
b) Die Dipole richten sich in Richtung des elektrischen Feldes aus.
Ansatz zur Berechnung der Gesamtenergie:
$W=\integral_{z}^{\infty}F_{z}(z')dz' $
Stimmt wohl nicht! Wie mache ich das richtig?
Ich habe diese Fragen in keinem anderen Forum gestellt.
Danke und Gruss
kushkush
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:49 Di 22.03.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Zwei elektronische Dipole mit den Dipolmomenten
> [mm]\overrightarrow{p_{1}}[/mm](Winkel [mm]\alpha_{1}[/mm] zur Horizontalen)
> und [mm]\overrightarrow{p_{2}}[/mm] ( Winkel [mm]\alpha_{2}[/mm] zur
> Horizontalen) sind in einer Ebene angeordnet. Ihr Abstand
> beträgt z. (Es soll die Näherung benutzt werden, dass z
> gross gegenüber den linearen Abmessungen der Dipole ist.)
>
> a) Wie gross ist die Energie des Systems?
>
> b) Wie würden sich die Dipole zueinander einstellen, wenn
> sie in der Ebene frei drehbar wären? Wie gross wäre dann
> die Gesamtenergie?
>
> Hallo,
>
> Die Dipolmomente ist definiert durch:
> [mm]\overrightarrow{p}=q\overrightarrow{d}[/mm]
>
> Das Potential beträgt:
> [mm]\phi_{1}(\overrightarrow{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} (\frac{q_{1}}{|\overrightarrow{r}-\frac{\overrightarrow{d}}{2}|}- \frac{q_{1}}{|\overrightarrow{r}+\frac{\overrightarrow{d}}{2}})[/mm]
Aber nur, wenn sich der Dipol im Ursprung befindet.
>
>
> Jetzt eine falsche?? Taylorentwicklung, da gefordert wird,
> dass z >> r ist und nicht r >> z? :
> [mm]\frac{1}{|\overrightarrow{r}\pm \frac{\overrightarrow{d}}{2}|}= \frac{1}{r}\frac{1}{\sqrt{1\pm \frac{rd_{1}}{r^{2}}+\frac{d_{1}^{2}}{4r^{2}}}}=\frac{1}{r}(1\pm \frac{1}{2}\frac{r\overrightarrow{d}}{r^{2}})[/mm]
>
>
> Also folgt für das Potential:
> [mm]\phi(\overrightarrow{r})=\frac{q_{1}}{4\pi \epsilon_{0}}\frac{\overrightarrow{d}\overrightarrow{r}}{r^{3}}[/mm]
Gegeben ist das Dipolmoment, nicht der Abstand, also steht da
[mm] \phi(\vec{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}}\frac{\vec{p}_1\vec{r}}{r^{3}}[/mm]
>
> Also ist [mm]\phi_{2}(\overrightarrow{r})=\frac{q_{1}}{4\pi \epsilon_{0}}[/mm]
Was soll das sein?
> [mm]E(z)=-grad(\phi_{z}(r))=-(-2\frac{q_{1}}{4\pi \epsilon_{0}}\frac{d_{1}}{z^{3}} =\frac{q_{1}}{2\pi \epsilon_{0}}\frac{d_{1}}{z^{3}}[/mm]
Die elektrische Feldstärke ist ein Vektor, kein Skalar. Wo kommt plötzlich das z her?
Also ist das Feld des ersten Dipols
[mm]\vec{E} = -\vec\nabla \phi(\vec{r}) = - \frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} \left(\frac{\vec{p}_1}{r^3} - 3 (\vec{p}_1*\vec{r}) \frac{\vec{r}}{r^5} \right) [/mm]
>
> [mm]F_{2}=\overrightarrow{p}_{2}\cdot grad(E(z))=p_{2}\frac{-3}{2}\frac{q_{1}}{\pi \epsilon_{0}}\frac{d_{1}}{z^{4}}[/mm]
>
Die Kraft auf den zweiten Dipol (am Ort [mm] $\vec{r}$) [/mm] ist in der Tat
[mm] \vec{F}_2 = (\vec{p}_2*\vec{\nabla}) \vec{E}(\vec{r}) [/mm] ,
und mit deinen Bezeichnungen ist [mm] $z=|\vec{r}|$. [/mm] Dann setzt du die in der Aufgabe gegebenen Winkel ein.
> Was ist mit Energie des Systems gemeint und wie berechne
> ich die?
Wie immer: du integrierst die Kraft entlang eines Weges. Als Nullpunkt nimmst du den Fall [mm] $z=|\vec{r}|\to \infty$.
[/mm]
>
>
> b) Die Dipole richten sich in Richtung des elektrischen
> Feldes aus.
Welchen elektrischen Feldes? Hier gibt es nur die beiden Dipole.
Die Dipole richten sich so aus, dass die Gesamtenergie minimal wird.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:25 Mi 23.03.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo!
> Wie immer
a)
[mm] z:=|\vec{r}|
[/mm]
[mm] $\integral_{\infty }^{z}\vec{F}_{2} [/mm] dz= [mm] \integral_{ \infty }^{z} p_{2}\frac{-3}{2}\frac{q_{1}}{\pi \epsilon_{0}}\frac{d_{1}}{z^{4}} [/mm] dz = [mm] \Bigg|_{\infty}^{z} \frac{p_{2}q_{1}d_{1}}{2\pi \epsilon_{0} z^{3}}=\frac{p_{2}q_{1}d_{1}}{2\pi \epsilon_{0} z^{4}} [/mm] - 0 = [mm] \frac{p_{2}q_{1}d_{1}}{2\pi \epsilon_{0} z^{4}}= \frac{p_{2}q_{1}d_{1}}{2\pi \epsilon_{0} |\vec{r}|^{4}} [/mm] $
stimmt das?
b) Muss ich da zusätzlich zu a noch die Arbeit fürs Drehen berechnen. Ich weiss ja nicht ob sie sich gleich viel drehen müssen??
> Viele Grüsse
Danke
Gruss
kushkush
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:57 Mi 23.03.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> [mm]z:=|\vec{r}|[/mm]
>
> [mm]\integral_{\infty }^{z}\vec{F}_{2} dz= \integral_{ \infty }^{z} p_{2}\frac{-3}{2}\frac{q_{1}}{\pi \epsilon_{0}}\frac{d_{1}}{z^{4}} dz = \Bigg|_{\infty}^{z} \frac{p_{2}q_{1}d_{1}}{2\pi \epsilon_{0} z^{3}}=\frac{p_{2}q_{1}d_{1}}{2\pi \epsilon_{0} z^{4}} - 0 = \frac{p_{2}q_{1}d_{1}}{2\pi \epsilon_{0} z^{4}}= \frac{p_{2}q_{1}d_{1}}{2\pi \epsilon_{0} |\vec{r}|^{4}}[/mm]
>
> stimmt das?
Nein. Ich hatte dich darum hingewiesen, dass du die Feldstärke falsch berechnet hast. Rechne erst einmal die Kraft (Vektor!) richtig aus.
> b) Muss ich da zusätzlich zu a noch die Arbeit fürs
> Drehen berechnen.
Nein, hier werden die Dipole als masselos und mit Trägheitsmoment 0 betrachtet.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:23 Do 24.03.2011 | | Autor: | kushkush |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo!
$\vec{r}$ kann ich folgendermassen darstellen:
$|r|= \sqrt{x^{2}+y^{2}$
$x=|r|cos(\phi), y=|r|sin(\phi)$
$\vec{p}$ weiss ich nicht wie ich das einsetzen soll! Der Betrag ist die Länge eines Dipols und der Winkel ist der Abstand von der horizontalen (?).
Also wäre
$|p_{2}|=d_{2}$ und $x=d_{2}cos(\alpha_{2}), y=d_{2}sin(\alpha_{2}), z=0$
$|p_{1}|=d_{1}$ und $x=d_{1}cos(\alpha_{2}), y=d_{1}sin(\alpha_{1}), z=0$
$ \vec{F}_2 = (\vec{p}_2\cdot{}\vec{\nabla}) \vec{E}(\vec{r}) = (\vektor{d_{2}cos(\alpha_{2})\\d_{2}sin(\alpha_{2})\\0} \vektor{\frac{d}{dx} \\ \frac{d}{dy} \\ \frac{d}{dz}}) (\frac{\vektor{d_{1}cos(\alpha_{1})\\d_{1}sin(\alpha_{1})\\0}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}- \frac{3(d_{1}rcos(\alpha)cos(\phi)+d_{1}rsin(\alpha)sin(\phi))(\vektor{rcos(\phi) \\ rsin(\phi) \\ 0 }) }{(x^{2}+y^{2})^{5/2}})})= (\frac{d}{dx}d_{2}cos(\alpha_{2})+ \frac{d}{dy}d_{2}sin(\alpha_{2}))(\frac{\vektor{d_{1}cos(\alpha_{1})\\ d_{1}sin(\alpha_{1}) \\ 0}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}) - (\frac{d}{dx}d_{2}cos(\alpha_{2})+ \frac{d}{dy}d_{2}sin(\alpha_{2})) (\frac{\vektor{3d_{1}r^{2}(cos(\alpha_{1}cos^{2}(\phi)+sin(\alpha_{1})sin(\phi))\\ 3d_{1}r^{2}(cos(\alpha_{1})cos(\phi)+sin(\alpha)sin^{2}(\phi))\\ 0}}{(x^{2}+y^{2})^{5/2}})$
=
$\vektor{\frac{-3xd_{1}d_{2}cos(\alpha_{1})cos(\alpha_{2})}{(x^{2}+y^{2})^{5/2)} \\ \frac{-3xd_{1}^{2}cos(\alpha_{2})sin(\alpha_{1})}{(x^{2}+y^{2})^{5/2}}\\ 0}$
+
$\vektor{\frac{-3yd_{1}d_{2}cos(\alpha_{1})cos(\alpha_{2})}{(x^{2}+y^{2})^{5/2)} \\ \frac{-3yd_{1}^{2}cos(\alpha_{2})sin(\alpha_{1})}{(x^{2}+y^{2})^{5/2}}\\ 0}$
-
$\vektor{
-\frac{9xd_{1}d_{2}cos(a_{2})(cos(a_{1}cos^{2}(\phi)+sin(a_{1}sin(\phi))}{(x^{2}+y^{2})^{5/2}}
\\
-\frac{9xd_{1}d_{2}sin(a_{2})(sin(a_{1}sin^{2}(\phi)+cos(a_{1}cos(\phi))}{(x^{2}+y^{2})^{5/2}} \\ 0}$
-
$\vektor{
-\frac{9yd_{1}d_{2}cos(a_{2})(cos(a_{1}cos^{2}(\phi)+sin(a_{1}sin(\phi))}{(x^{2}+y^{2})^{5/2}}
\\
-\frac{9yd_{1}d_{2}sin(a_{2})(sin(a_{1}sin^{2}(\phi)+cos(a_{1}cos(\phi))}{(x^{2}+y^{2})^{5/2}} \\ 0}$
Das stimmt wohl nicht!
> Viele Grüsse
Danke
Gruss
kushkush
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:29 Fr 25.03.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo,
[mm] $W=\frac{\vec{p_{1}\cdot \vec{p_{2}}-3(\vec{p_{1}}\cdot \vec{r})(\vec{p_{2}}\cdot \vec{r})}}{4\pi \epsilon_{0} r^{3}}$
[/mm]
und
damit wäre für den Fall dass sie parallel wären und die Gesamtenergie minimal : [mm] $W=\frac{-p_{1}p_{2}}{2\pi \epsilon_{0} r^{3}} [/mm] $
Stimmt das so?
Danke!
Gruss
kushkush
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:04 Fr 25.03.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> [mm]W=\frac{\vec{p}_{1}\cdot \vec{p}_{2}-3(\vec{p}_{1}\cdot \vec{r})(\vec{p}_{2}\cdot \vec{r})}{4\pi \epsilon_{0} r^{3}}[/mm]
Nein, das ist schon aus Dimensionsgründen falsch: der zweite Summand hat eine andere Dimension als der erste. Es wäre richtig, wenn du im Zähler [mm] $\vec{r}$ [/mm] durch den Einheitsvektor in Richtung von [mm] $\vec{r}$, [/mm] also durch [mm] $\bruch{\vec{r}}{r}$ [/mm] ersetzt.
(Der Gradient dieses Ausdrucks ergibt die Kraft, die ich in meinem letzten Post vorgerechnet habe.)
> und
>
> damit wäre für den Fall dass sie parallel wären und die
> Gesamtenergie minimal : [mm]W=\frac{-p_{1}p_{2}}{2\pi \epsilon_{0} r^{3}}[/mm]
Da ist nicht ganz richtig: Es spielen insgesamt drei Winkel eine Rolle: der zwischen den beiden Dipolen und jeweils der zwischen dem Vektor des Dipolmoments und dem Vektor zwischen den beiden Dipolen.
Die Winkel zwischen [mm] $\vec{p}_1$ [/mm] bzw. [mm] $\vec{p}_2$ [/mm] und [mm] $\vec{r}$ [/mm] sind [mm] $\alpha_1$ [/mm] und [mm] $\pi-\alpha_2$. [/mm] Wie groß ist der Winkel zwischen [mm] $\vec{p}_1$ [/mm] und [mm] $\vec{p}_2$ [/mm] ?
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:55 Fr 25.03.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo!
>
>
>
> [mm]\vec{r}[/mm] kann ich folgendermassen darstellen:
>
> [mm]|r|= \sqrt{x^{2}+y^{2}[/mm]
>
> [mm]x=|r|cos(\phi), y=|r|sin(\phi)[/mm]
>
>
> [mm]\vec{p}[/mm] weiss ich nicht wie ich das einsetzen soll! Der
> Betrag ist die Länge eines Dipols und der Winkel ist der
> Abstand von der horizontalen (?).
>
>
> Also wäre
>
> [...]
Es ist sehr umständlich, am Anfang die Komponenten einzusetzen. Einfacher ist es, erst einmal mit Vektoren zu rechnen.
Es ist ja
[mm] (\vec{v}*\vec{\nabla}) \vec{r} = \vec{v} [/mm]
für jeden konstanten Vektor [mm] $\vec{v}$ [/mm] und daher
[mm] \vec{F}_2 = (\vec{p}_2\cdot{}\vec{\nabla}) \vec{E}(\vec{r}) = -\bruch{1}{4\pi\varepsilon_0}\left( \vec{p}_1(\vec{p}_2* \vec{\nabla} \bruch{1}{r^3} )- 3 (\vec{p}_1*\vec{p}_2) \bruch{\vec{r}}{r^5} - 3 (\vec{p}_1*\vec{r}) \vec{p}_2* \vec\nabla \bruch{\vec{r}}{r^5} \right) [/mm]
[mm] = -\bruch{1}{4\pi\varepsilon_0} \left(\vec{p}_1(\vec{p}_2 *\bruch{-3\vec{r}}{r^5}) - 3 (\vec{p}_1*\vec{p}_2) \bruch{\vec{r}}{r^5} - 3 (\vec{p}_1*\vec{r}) \bruch{\vec{p}_2}{r^5} +15 (\vec{p}_1*\vec{r}) (\vec{p}_2*\vec{r}) \bruch{\vec{r}}{r^7}\right) [/mm]
[mm] = \bruch{3}{4\pi\varepsilon_0} \left( \bruch{(\vec{p}_1*\vec{r}) \vec{p}_2 + (\vec{p}_2*\vec{r})\vec{p}_1 + (\vec{p}_1*\vec{p}_2) \vec{r}}{r^5} -5 (\vec{p}_1*\vec{r}) (\vec{p}_2*\vec{r}) \bruch{\vec{r}}{r^7} \right) [/mm]
[mm] $\vec{r}$ [/mm] ist der Vektor vom Ort von [mm] $\vec{p}_1$ [/mm] zum Ort von [mm] $\vec{p}_2$, [/mm] daher ist [mm] $z=\vec{r}$. [/mm] Die Skalarprodukte kannst du direkt durch die beiden gegebenen Winkel ausdrücken.
Viele Grüße
Rainer
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:15 So 27.03.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo!
> Rechnung
Danke!
Gruss
kushkush
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