Energie, Potential, Kraft < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:33 Sa 17.07.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
Ich hab grad nen Hänger bezüglich der Formeln die die Beziehungen zwischen Energie, Potential und Kraft darstellen, und wäre dankbar für eine bisschen Licht ins Dunkel.
Es steht da auf Wikipedia das:
a(r) = -Grad(Potential)
Ich meinte immer es sei:
F(r) = -Grad(Potential)
Ich habe mir überlegt, das beides stimmen könnte, einfach in unterschiedlichen Fällen. Bei einem Gravitationspotential wie
[mm] Potential_{Gravitation} [/mm] = [mm] -\bruch{G*M}{|r|} [/mm] + C
F(r) = - d [mm] \bruch{Potential_{Gravitation}}{dr}*m
[/mm]
Das ist mir schon klar, dass man da noch mal m rechnet, bzw dass dann folgt
a(r) = [mm] \bruch{F(r) }{m} [/mm] = - d [mm] \bruch{Potential_{Gravitation}}{dr}
[/mm]
Was mich noch mehr irritiert, hier in einer Musterlösung, wo das Potential gegeben ist mit
U(r) = k*|r|
...ist [mm] E_{potentiell} [/mm] = k*|r|
Hier wird das Potential nicht noch mit einem Faktor wie m multipliziert. Sehe ich das richtig, das das ganz davon abhängt ob es nun ein Gravitationspotential ist oder einfach ein Potential als willkürliche Funktion?
Wenn die Änderung des Potentials aber gleich der Beschleunigung ist, also
a(r) = -Grad(Potential) dann stimmt doch was nicht bezüglich der
Berechnung der Energie. Die Energie ist doch das Potential bzw. das
Integral von -Grad(Potential) also das Integral von a(r) ???
Danke...
Gruss
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Hallo!
Es ist schon richtig, Potential und Feld sind Dinge, die irgenwie von außen vorgegeben werden. Beispielsweise das Gravitationspotential eines Planeten, oder das elektrische Potential einer Ladung.
Eine Kraft gibt es erst dann, wenn ein 'Probekörper" in dieses Feld/Potential gesetzt wird. Dann wirkt das Gravitationsfeld auf die Masse des Körpers, und das elektrische Feld auf dessen Ladung.
Das heißt dann aber auch, daß die Energie zwar direkt von dem Feld/Potential abhängt, aber zu ihrer Berechnung benötigst du dennoch die Masse bzw die Ladung denn es ist klar, daß du zum Anheben eines Findlings mehr Energie brauchst, als zu, Aufheben eines Kiesels.
Die Sache mit der Beschleunigung funktioniert natürlich nur im Gravitationsfeld, weil man da die Masse des Probekörpers wegkürzen kann. Das funktioniert aber beim E-Feld nicht mehr.
>> U(r) = k*|r|
>> ...ist $ [mm] E_{potentiell} [/mm] = k*|r| $
Nun, prinzipiell ist das nicht korrekt, da fehlt tatsächlich noch sowas wie eine Masse. Aber vielleicht ist die per Definition =1 gesetzt worden?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:41 Sa 17.07.2010 | | Autor: | Kroni |
Hi,
die Beschleunigung ist doch immer
$a= [mm] \frac{F}{m}$, [/mm] wobei $m$ die (traege) Masse des Koerpers ist. D.h. wenn du mit dem negativen Gradienten des Potentials die Kraft berechnest, kannst du die Beschleunigung immer mit $a=F/m$, da ja immer gilt:
$F=ma$.
Da ist genau der Punkt, wo (spaetestens) dann die Masse des Objekts ins Spiel kommt.
Wenn man jetzt dann zB das E-Feld als Potential schreibt, steht da ja auch keine Masse mit drin, denn es geht ja nur die elektrsiche Ladung in die elektrische Wechselwirkung ein, und nicht die Masse deines Koerpers. D.h. wenn man die Kraft berechnen will, die zwischen zwei elektrischen Ladungen wirkt, ist es doch immer sowas wie
[mm] $F=\frac{q_1q_2}{4\pi\epsilon_0 r^2}$
[/mm]
Da steht nichts von Masse, weil es einfach die Eigenschaft der Ladung ist, die zur elektrischen Kraft fuehrt. Wenn man jetzt allerdings irgendwo eine feste Ladung hat, die irgendwo fest im Raum fixiert ist, und man dann zB die Beschleunigung der Ladung [mm] $q_2$ [/mm] berechenn will, dann gilt ja wieder $a=F/m$, und man braucht die Masse des Objektes mit der Ladung [mm] $q_1$.
[/mm]
Analog kann man (rein formell) dann auch wohl die Gravitationskraft (im Sinne von Newton) verstehen, wo die gravitive Ladung einfach die (schwere) Masse ist, die dazwischen wirkt, und man hat dann eben eine andere Konstante, die Gravitationskonsante, denn da gilt ja auch:
[mm] $F_G [/mm] = g [mm] \frac{m_1m_2}{r^2}$
[/mm]
LG
Kroni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:03 Sa 17.07.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Super, es ist mir jetzt klar geworden!
(Übrigens: Es war eine Punktmasse gegeben mit dem Potential U(x) = [mm] a*x^{2} [/mm] und eben die potentielle Energie war = U(x)...ich denke da
ist in der Lösung die Energie einfach gleich dem Potential weil das ein sonst gravitationsfreier idealer Raum ist, und das Potential hängt nicht von der Masse oder so ab. Dann ist es doch irgendwie einleuchtend, das das Potential die Energie ist.
Gruss...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:33 Sa 17.07.2010 | | Autor: | Kroni |
Hi,
>potentielle Energie
> war = U(x)...ich denke da
wenn das Kraftfeld konservativ ist, dann ist doch das Potential immer als potentielle Energie zu verstehen. Denn wenn das Kraftfeld konservativ ist, dann ist doch die Energie, die eine Kraft dem System gibt, gleich dem Integral ueber den Weg, also [mm] $W=\int \mathrm{d}\vec{r} \, \vec{F}$, [/mm] und das ist doch auch die Definition des Potentials. Das ist also etwas voellig 'natuerliches', dass $U(x)$ mit der potentiellen Energie gleichzusetzen ist.
EDIT: Ich hatte in der Argumentation dort oben aber nicht den Unterschied zwischen den Begrifflichkeitne 'Potential' und 'potentieller Energie' unterschieden. Denn das, worauf qsxqsx hinaus wollte, ist der Unterschied zwischen der potentiellen Energie, die ein Testobjekt im Feld eines anderen Objektes hat, und dem 'Potential', welches vom Objekt selber verursacht wird, sozusagen auf den Unterschied zwischen [mm] $W=\int \mathrm{d}\vec{r} \,\vec{F}$, [/mm] wobei [mm] $\vec{F} [/mm] = [mm] \frac{q_1q_2}{4\pi\epsilon_0}\frac{1}{r^2}\vec{e}_r$, [/mm] der Arbeit eines Teilchens und dem Potential [mm] $\phi [/mm] = [mm] \int \mathrm{d}\vec{r} \,\vec{E}$, [/mm] wobei [mm] $\vec{E}=\vec{F}/q$, [/mm] wobei $q$ die Ladung der Testmasse ist, hinaus.
LG
Kroni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:59 Sa 17.07.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Jetz bin ich aber n bisschen verwirrt,
gilt denn...
[mm] W=\int \mathrm{d}\vec{r} \, \vec{F}
[/mm]
...im Gravitationsfeld nicht? Schon oder? Das ist doch auch konservativ?
Ich schreibs mal noch so für die Übersicht:
Energie = (Potential) mal (der "Körpereigenschaft")
Kraft = - (Ableitung des Potentials) mal (der "Körpereigenschaft")
,wobei Körpereigenschaft z.B. die Masse m oder Ladung q ist.
Qsxqsx;)
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Hallo!
Ja, das ist so richtig.
Außer dem hier:
> Energie = (Potential) mal (der "Körpereigenschaft")
Die Energie ergibt sich aus der Potentialdifferenz zwischen zwei Punkten. Wenn du als Referenz natürlich ein Potential der Größe 0 hast, dann kannst du das so schreiben. So beschreibt das Potential (zusammen mit deiner Körpereigenschaft) die Energie, mit der ein Probekörper in dem Feld einer punktförmigen Masse/Ladung gebunden ist. Oder anders: Die Energie, die man hineinstecken muß, damit es sich unendlich weit entfernen kann (da ist das Potential =0)
In deiner Aufgabe ist das Potential für r=0 ebenfalls 0. Daher kannst du den Satz auch dafür stehen lassen, aber du solltest dran denken, daß das eine Vereinfachung ist, die so nicht immer gilt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:44 Sa 17.07.2010 | | Autor: | Kroni |
Hi,
doch, das gilt auch. Du kannst ja die Rotation der Kraft ausrechnen (allgeimen fuer Kraefte die [mm] $\propto \frac{1}{r^2}\cdot \vec{e}_r$ [/mm] sind), und du siehst, dass das Null ergibt. D.h. es gibt fuer all diese Kraeft, die radial sind und dazu proportional zu [mm] $\frac{1}{r^2}$ [/mm] sind ein Potential, das ist ja gerade dann das [mm] $\frac{1}{r}$-Potential.
[/mm]
Das existirt dann natuerlich auch fuer die Gravitationskraft.
> [mm]W=\int \mathrm{d}\vec{r} \, \vec{F}[/mm]
> ...im Gravitationsfeld
> nicht? Schon oder? Das ist doch auch konservativ?
Das Wegintegral existiert nun (eigentlich) fast immer und kann das dann so ausrechnen. Aber nur wenn das Kraftfeld konservativ ist, macht es Sinn, von diesem Wegintegral als potentielle Energie zu reden, so dass man dann die Energie, die man braucht, von Punkt $a$ nach $b$ zu kommen als Differenz dieser potentiellen Energie zu schreiben, weil es nur dann wegunabhaengig ist.
Denn wenn man sagt, die Energie, die man braucht, um von $a$ nach $b$ zu kommen sei $U(b)-U(a)$, dann sagt man ja nicht, auf welchem Weg man von $a$ nach $b$ geht. Ist das aber wegunabhaengig, ist das dann egal.
Also ja,
>
>
> Ich schreibs mal noch so für die Übersicht:
>
> Energie = (Potential) mal (der "Körpereigenschaft")
Ich glaube, jetzt habe ich verstanden, was du meintest:
Ich verstehe unter "potentieller Energie" und Potential nahezu das selbe, weil ich mir vorstelle, dass nur ein Teilchen ein Feld erzeugt, und dort schon ein Potential vorhanden ist.
Was du aber meinst, und wohl korrekter ist, ist die Unterscheidung zwischen Potential und potentieller Energie:
Wenn man zB in der Elektrostatik eine Punktladung mit der Ladung $Q$ hat, so erzeugt diese ein Potential [mm] $\phi(r) [/mm] = [mm] \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{r}$. [/mm] Wenn ich mich jetzt frage, welche potentielle Energie eine zweite Testladung der Ladung $q$ im Feld dieser Ladung hat, dann ist die Aussage
[mm] $E_\text{pot}=q\phi(r)$ [/mm]
korrekt, also [mm] $\text{Energie} [/mm] = [mm] \text{Potential} \cdot \text{Ladung}$.
[/mm]
Da gebe ich dir recht. Sorry, dass ich dich mit meiner 'Gleichsetzung' verwirrt habe.
Ich hoffe, nun ist es klarer.
LG
Kroni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:53 So 18.07.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Jo, jetzt gehts mir besser^^
Danke euch vielmals! Abend!
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