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wasabixtreme
Gast
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 wasabixtreme Verfasst am: 19. Aug 2015 19:40 Titel: E-Feld einer Linienladung auf einen Punkt |
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Meine Frage:
Hallo,
Im Griffiths (Beispiel 2.1, S.103) ist eine Aufgabe zur Berechnung des E-Feld einer Linienladung, die ich nicht ganz durchschaue: Gegeben sei eine konstante Linienladungsverteilung, die sich auf der x-Achse im Gebiet
-L<x<L befindet. Man berechne das elektrische Feld auf der z-Achse.
Meine Ideen:
Ist eine Linienladungsverteilung gegeben, berechnet sich das E-Feld gemäß:
=\frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \int \frac{\vec{r}-\vec{r'}}{|\vec{r}-\vec{r'}|^3} d \vec{l}) Der Punkt auf der z-Achse hat stets die Koordinaten (0,z) und der Punkt der Quelle auf der x-Achse hat stets die Koordinaten (x,0). Der Verbindungsvektor  ist also gegeben mit  und der Abstand  . Setzt man das alles in die Formel ein erhält man den Ausdruck =\frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \int \frac{1}{(x^2+z^2)^{3/2}} \begin{pmatrix} -x \\ z \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} dx \\ dy \\ \end{pmatrix} =\frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \int_{-L}^L \frac{-x}{(x^2+z^2)^{3/2}} dx ) , da dy=0. Leider ist dies nicht richtig, anstatt -x steht in der Lösung z oben im Integral. Die Grenzen wurden außerdem von 0 bis L gewählt. Wo ist mein Denkfehler? Ich würde mich über eine ausführliche Antwort, die mein Verständnis fördert, sehr freuen  |
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wasabixtreme
Gast
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| wasabixtreme Verfasst am: 19. Aug 2015 19:44 Titel: Korrektur |
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Mir ist gerade aufgefallen, dass ich am ende dy geschrieben habe. Es sollte natürlich dz sein  |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8576
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| jh8979 Verfasst am: 19. Aug 2015 22:44 Titel: Re: E-Feld einer Linienladung auf einen Punkt |
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| wasabixtreme hat Folgendes geschrieben: |
Ist eine Linienladungsverteilung gegeben, berechnet sich das E-Feld gemäß:
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Hier fangen die Probleme schon an: Auf der linken Seite steht ein Vektor, auf der rechten ein Skalar (zumindest nach dem was danach von Dir folgt). Überleg Dir nochmal genau wie man das elektrische Feld einer beliebigen Ladungsverteilung berechnet und geh das am besten Schritt für Schritt an diesem Beispiel durch. |
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isi1
Anmeldungsdatum: 03.09.2006
Beiträge: 2902
Wohnort: München
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| isi1 Verfasst am: 20. Aug 2015 10:13 Titel: |
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Es erschließt sich mir nicht, wasa, wie Du von der Vektordifferenz aus r und r' auf (-x | z) kommst. Wahrscheinlich weil nicht klar ist, was r und r' zu bedeuten haben. Ich dachte, dass r' der Ort des Linienelements ist und r der Ort des Messpunkts? Anscheinend ist das nicht richtig.
Edit isi: Ahh, jetzt habe ich es verstanden, Der Messpunkt ist nur auf der z-Achse.
Dann ist klar, warum es genügt, von 0-L zu integrieren (jedenfalls, wenn Du nur die z-Komponente rechnest, da die x-Komponenten sich gegenseitig aufheben).
_________________
Grüße aus München, isi •≡≈ ¹₁₂½√∠∞±∫αβγδεηκλπρσφω ΔΣΦΩ |
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wasabixtreme
Gast
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| wasabixtreme Verfasst am: 20. Aug 2015 13:40 Titel: |
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Danke für eure Antworten! Ich glaube jh8979 hat mein Problem durchschaut  Gehe ich von der ursprünglichen Definition \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\int \frac{\vec{r}-\vec{r}'}{| \vec{r}-\vec{r}'|^3 } dq) aus und setze  dann ergibt sich =\frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0}\int \frac{\vec{r}-\vec{r}'}{| \vec{r}-\vec{r}'|^3 } dx=\frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0}\int \frac{1}{(x^2+y^2)^{2/3} } \cdot \begin{pmatrix} -x \\ y \\ \end{pmatrix} dx) Für das Feld auf der y-Achse ergibt sich dann:
^{2/3} } \cdot dx=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \cdot \frac{2L\lambda}{y\sqrt{y^2+L^2}}) Soweit so gut. Ich habe dieses Ergebnis erreicht indem ich dl=dx gesetzt habe, warum steht dann in der Definition im Griffiths  als vektorielle Größe? Wie jh8979 schon gesagt hat wär das dann doch ein gewöhnliches Kurvenintegral mit einem Skalar als Ergebnis!? Irgendwo muss ich einen gewaltigen Denkfehler haben... |
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wasabixtreme
Gast
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| wasabixtreme Verfasst am: 20. Aug 2015 13:42 Titel: |
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(Ich habe jetzt x als die Achse gewählt auf der die Linienladung sitzt und y auf der der zu bestimmende Punkt liegt) |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8576
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| jh8979 Verfasst am: 20. Aug 2015 14:00 Titel: |
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| wasabixtreme hat Folgendes geschrieben: | | Soweit so gut. Ich habe dieses Ergebnis erreicht indem ich dl=dx gesetzt habe, warum steht dann in der Definition im Griffiths als vektorielle Größe? Wie jh8979 schon gesagt hat wär das dann doch ein gewöhnliches Kurvenintegral mit einem Skalar als Ergebnis!? Irgendwo muss ich einen gewaltigen Denkfehler haben... |
Zumindest in meinem Griffith steht das nicht so in der Definition direkt vor dem Beispiel 2.1, sondern korrekt. |
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wasabixtreme
Anmeldungsdatum: 20.08.2015
Beiträge: 2
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8576
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| jh8979 Verfasst am: 20. Aug 2015 14:47 Titel: |
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In der Volumenladung steht es ja richtig. Aber die Linien- und Flächenladungen sind falsch, das sollte kein vektorielles Integrationselement stehen. In meiner (englischen) Ausgabe steht dort auch keins. Anscheinend ein Fehler der deutschen Ausgabe. |
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wasabixtreme
Anmeldungsdatum: 20.08.2015
Beiträge: 2
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| wasabixtreme Verfasst am: 20. Aug 2015 15:32 Titel: |
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Alles klar, vielen Dank! Dann macht alles auch Sinn... :thumb: |
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