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Mason
Anmeldungsdatum: 03.07.2011
Beiträge: 11
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 Mason Verfasst am: 03. Jul 2011 14:29 Titel: Potenzialdifferenz von Linien- und Punktladungen |
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Hallo zusammen!
Ersteinmal vielen Dank für dieses tolle Forum!
Ich hoffe Ihr könnt mir mit derb eigefügtem Aufgabe helfen...
Gesuchtes Ergebnis : -(2/3) (Q / ( pi* epsilon0 * a ))
Ich bin bisher folgenden Weg gegangen :
1.) Linienintegrale heben sich in y-Richtung auf, von daher keine Relevanz.
2.)Ladungstrennung der beiden Punktladungen. Folglich mit Coulomb-Integral versucht zu lösen.
Ich bin desweiteren von nem homogenen E-Feld in y-Richtung ausgegangen.
Müsste man das Wegintegral für die Spannung bilden oder fällt das auch weg ? Es ist wie Ihr sehen könnt, kein Hinweis für eine Integration gegeben, was bei uns meist bedeutet, dass sie trivial ist oder keine notwendig ist...
Ich würde Euch gerne meine Wege posten, nur ich bin inzwischen soweit verwirrt, dass es eh eher geraten wäre, was glaub ich folglich nichts bringt...
Vielen Dank im Voraus !
Mason
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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Mason
Anmeldungsdatum: 03.07.2011
Beiträge: 11
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| Mason Verfasst am: 03. Jul 2011 21:48 Titel: |
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Hi,
ja das scheint ein Kommollitone gepostet zu haben.
Mit der Aufgabe habe ich keinerlei Probleme, leidern ur mit dieser hier!
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 03. Jul 2011 22:39 Titel: |
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Was sagt denn eure Formelsammlung zum E-Feld einer unendlich langen Linienladung?
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 03. Jul 2011 22:48 Titel: |
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Habs gelöst, ist ganz einfach und ein wenig gemein gestellt:
Also die Linienladungen sind völlig egal, denn das E-Feld(welches durch von den Linienladungen erzeugt wird) auf dem gesuchten Weg steht immer senkrecht auf eben diesem, d.h. das Wegintegral E*ds ist Null, denn das ist ja ein Skalarprodukt und das ist bekanntlich Null wenn die Vektoren senkrecht zueinander stehen. Daher ist nur das Feld der Punktladungen zu betrachten.
Das einfach addieren und von -a/2 nach a/2 integrieren und fertig.
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Mason
Anmeldungsdatum: 03.07.2011
Beiträge: 11
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| Mason Verfasst am: 04. Jul 2011 00:01 Titel: |
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Also ich scheine irgenwo einen groben Fehler im Verständnis zu haben.
Ich hänge beim E-Feld :
E = (Q / (4 pi epsilon0 ) ) * [ 1 / (y-a)² - 1 / (y+a)² ]
Aofern das hier richtig ist, hänge ich danach beim Integrieren für die Spannung , da die Aufleitung in der Aufgabenstellung nicht gegeben ist ...
( was bei uns, sofern etwas schwieriger, eigentlich immer der Fall ist )
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 04. Jul 2011 01:14 Titel: |
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Genau das kommt fürs E-Feld raus und dann einfach integrieren, die Stammfunktion ist wirklich einfach.
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Chillosaurus
Anmeldungsdatum: 07.08.2010
Beiträge: 2440
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| Chillosaurus Verfasst am: 04. Jul 2011 16:01 Titel: |
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| Namenloser hat Folgendes geschrieben: | [...]
Also die Linienladungen sind völlig egal, denn das E-Feld(welches durch von den Linienladungen erzeugt wird) auf dem gesuchten Weg steht immer senkrecht auf eben diesem[...] |
Sehe ich nicht so.
Sie heben sich aber raus, da sich ihre Projektionen auf den Integrationsweg (entlang der y-Achse) wegen der unterschiedlichen Vorzeichen gegenseitig wegheben.
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 04. Jul 2011 16:11 Titel: |
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Wenn man sich deren E-Feld anschaut hebt sich der Teil in Richtung der Integration auf wegen des umgekehrten Vorzeichens der Ladungsdichte.
Was du schreibst ist nur eine andere Formulierung.
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 04. Jul 2011 16:19 Titel: |
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Ich sehe es so wie Namenloser.
Die Feldstärke in der Umgebung einer unendlich ausgedehnten Linienladung ist radial gerichtet. Aus Vorzeichen- und Symmetriegründen heben sich die y-Komponenten der Feldstärken beider Linienladungen entlang der y-Achse (dem späteren Integrationsweg der Feldstärke) auf, und es bleibt nur die Summe der beiden x-Komponenten übrig. Die Feldstärke infolge der Linienladungen steht also auf dem gesamten Integrationweg senkrecht auf dem Wegelement, so dass das Skalarprodukt E*dy Null ergibt.
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Chillosaurus
Anmeldungsdatum: 07.08.2010
Beiträge: 2440
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| Chillosaurus Verfasst am: 04. Jul 2011 16:22 Titel: |
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| Namenloser hat Folgendes geschrieben: | Wenn man sich deren E-Feld anschaut hebt sich der Teil in Richtung der Integration auf wegen des umgekehrten Vorzeichens der Ladungsdichte.
Was du schreibst ist nur eine andere Formulierung. |
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Mason
Anmeldungsdatum: 03.07.2011
Beiträge: 11
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| Mason Verfasst am: 04. Jul 2011 16:52 Titel: |
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Da ich anscheinend nicht fähig bin den Kram richtig zu integrieren, hab ich das mal über Wolfram berechnen lassen ... Jedoch bekomm ich dann
[ 2a / (a² -y² ) ]
Wenn ich dann die Grenzen einsetze kommt 0 raus !
Daraus zieh ich mal den Schluss, dass vorher irgendwo nen Fehler sein muss ?!?
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Chillosaurus
Anmeldungsdatum: 07.08.2010
Beiträge: 2440
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| Chillosaurus Verfasst am: 04. Jul 2011 17:05 Titel: |
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| Mason hat Folgendes geschrieben: | [...]
[ 2a / (a² -y² ) ]
[...] |
Schätze für die negative Halbebene ist das Vorzeichen anders (?).
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 04. Jul 2011 19:09 Titel: |
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Also aus der Erinnerung sieht das wie folgt aus:
E-Feld ist gegeben durch:
E = (Q/4Pie0)*(1/(y-a)²-1/(y+a)²)
Möglicherweise sind die Vorzeichen in der Klammer (vor den quotieten) genau andersherum, weiß ich nicht mehr.
Aufjedenfall ist die Stammfunktion von 1/(y-a)² eben -1/(y-a). Analog für den anderen Quotienten. Dann habe ich einfach von 0 bis a/2 integriert und das Integral mal zwei genommen, denn vom Betrag sind die Wege (-a/2 bis 0 und von dort bis a/2) identisch.
Dann bin ich auf das gegebene Ergebnis gekommen.
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Mason
Anmeldungsdatum: 03.07.2011
Beiträge: 11
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| Mason Verfasst am: 04. Jul 2011 20:09 Titel: |
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Das ist interessant, also wenn ich die "richtigen" Grenzen einsetze von -a/2 und a/2 kommt mit der Methode 0 raus !
Sicher, dass man das so integrieren kann ?
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 04. Jul 2011 20:10 Titel: |
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Dein hier angegebener Term ist ja auch falsch, übrigens.
Und ja, kann man, leite es doch einfach ab, dann siehst du es.
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Mason
Anmeldungsdatum: 03.07.2011
Beiträge: 11
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| Mason Verfasst am: 04. Jul 2011 20:28 Titel: |
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Von welchem Term sprichst du ?
*edit hoffe man kanns halbwegs lesen
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 04. Jul 2011 21:40 Titel: |
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Das Integral von 1/(y-a)² ist -1/(y-a), das steht in deiner Rechnung falsch.
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 04. Jul 2011 21:43 Titel: |
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Achso, das eigentliche Problem ist, dass
1/(-a/2 + a) nicht 3/2a ist. Also ein doofer Rechenfehler 
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Mason
Anmeldungsdatum: 03.07.2011
Beiträge: 11
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| Mason Verfasst am: 04. Jul 2011 22:40 Titel: |
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Ah ok, aber da hätte auch y - a stehen sollen, wodurch dann wieder (3/2)a im Nenner steht !
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Mason
Anmeldungsdatum: 03.07.2011
Beiträge: 11
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| Mason Verfasst am: 05. Jul 2011 10:49 Titel: |
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Hat niemand ne Idee ? 
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 05. Jul 2011 13:28 Titel: |
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Ich denke ich weiß wo dein Fehler liegt und der würde tatsächlich nicht auftauchen, wenn du meine Variante verwendetest:
In diesem Spezielfall ist der Betrag des Vektors r von Q1 oder Q2 zu einem Punkt des betrachteten Weges nicht die Summe von Quadraten sondern schlicht ein Quadrat(etwa (y-a)²).
Dann zieht man daraus die Wurzel und erhält z.B. (y-a)
ABER das ist nicht identisch mit Wurzel(y-a)², denn dieser Ausdruck verhindert dass er negativ wird, was bei (y-a) nicht der Fall ist. Genau genommen ist das ohne weiteres keine Äquivalenzumformung.
Daher ist das Integrieren von 0 bis a/2 besser, dann muss man keine Fallunterscheidung (mehr) machen.
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Mason
Anmeldungsdatum: 03.07.2011
Beiträge: 11
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| Mason Verfasst am: 06. Jul 2011 21:33 Titel: |
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Find ich zwar etwas komisch und besonders Link, aber nungut. Aufjedenfall vielen Dank für die zahlreichen Antworten !
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Namenloser
Gast
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| Namenloser Verfasst am: 06. Jul 2011 22:31 Titel: |
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Was ist daran komisch?
Es ist offensichtlich, dass die Summe(also das Integral) von 1/f(x)² nicht Null ergeben kann, sofern nicht von a nach a integriert wird.
Durch das Wurzel ziehen wird das ganze eigentlich nur auf die positiven reellen zahlen abgebildet, was man aber gemeinhin ignoriert.
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