| Autor |
Nachricht |
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
|
 |
Flashu
Anmeldungsdatum: 20.04.2016
Beiträge: 6
|
 Flashu Verfasst am: 20. Apr 2016 18:04 Titel: |
 |
|
Das was du gerade darstellst ist das Potential einer Punktladung. Deine Punktladung bildet gleichzeitig den Nullpunkt der potentiellen Energie.
Die potentielle Energie nimmt mit 1/r ab, was ja auch nur logisch ist. Das Potential ist auch noch definiert als 
Ich verstehe deine Frage halt nicht ganz. Natürlich kannst du auch andere Integralgrenzen setzen, sofern die bekannt sind.
Aber in dem Fall besagt das Integral einfach, dass das Potential ab einem Punkt x um den Faktor 1/r ins Unendliche abnimmt.
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 20. Apr 2016 18:31 Titel: |
|
|
Der Nullpunkt liegt im unendlichen: =\frac{Q}{4\pi \epsilon_0}\frac{1}{r}{.})
|
|
|
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
| pulse Verfasst am: 20. Apr 2016 19:09 Titel: |
|
|
Danke und sorry das Bild wurde nicht hinzugefügt.
Zurück zur Frage, also ich integriere von R1 bis unendlich, da der Nullpunkt im Unendlichen liegt.
Und auf dieser Strecke von R1 beginnend nimmt das Potential immer um 1/r ab oder wie?
Aber wie kann ich mir das jetzt grafische auf dem Kreisring vorstellen im Bild?
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 20. Apr 2016 19:17 Titel: |
|
|
Zum Potential einer Punktladung Q im Ursprung
:=-\int_{\infty}^{r'} \vec E(r') d\vec r'=\frac{Q}{4\pi \epsilon_0}\frac{1}{r})
Zum Kreisring: Jedes kleine Stückchen davon trägt eine Ladungsmenge dQ und die erzeugt für jeden Raumpunkt (x, y, z) mit Abstand r einen Beitrag  des Potentials. r und dQ muß man jetzt mathematisch ausdrücken und über den Ring (die dQ) "summieren" .
|
|
|
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
| pulse Verfasst am: 20. Apr 2016 20:20 Titel: |
|
|
Danke.
D.h., wenn ich das Potential einer Punktladung im Inneren des Kreisrings wissen will, dann muss ich für r einfach R1 einsetzen, richtig?
Zum Kreisring:
Ich muss ja hier das Potential für alle Punkte auf der z-Achse bestimmen oder?
Wie kann einer Ladung irgendwo auf der Z-Achse sein?
Ich verstehe das eher folgendermaßen:
Man wählt irgendwo auf der z-Achse einen Punkt und Intergiert dann über alle Punkt im Kreisring. Der Punkt auf der Z-Achse ist sozusagen ein Bezugspunkt, oder wie ist das mit der Z-Achse gemeint?
D.h. ich hab denn am Ende ein ) , d.h. für jedes andere z habe ich ein anderes Potential auf dem Ring.
Sozusagen sind die Punkt auf der z-Achse Bezugspunkte, also da muss sich überhaupt keine Ladung befinden oder so.
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 20. Apr 2016 21:17 Titel: |
|
|
Frage 1 behandelt meines Erachtens einen beliebigen Raumpunkt,
Frage 2 beschäftigt sich mit dem Ring selber und erst
Frage 3 behandelt (weil das am einfachsten geht) das Potential auf der z - Achse.
|
|
|
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
| pulse Verfasst am: 20. Apr 2016 21:38 Titel: |
|
|
Ja aber, was genau meint Frage 3?
Da muss ich doch den Ring einbeziehen oder? Also dann ist nämlich \sqrt{r^2 + z^2} die Schräge von einem Punkt z zum Abstand r vom Mittelpunkt weg.
Also ist der Punkt z nun mein Bezugspunkt den ich wähle und da habe ich ein gewisses Potential, weil auf dem Ring Ladungen sind?
Ist das der Punkt hier?
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 20. Apr 2016 22:08 Titel: |
|
|
Skizziere vielleicht die Sache im Grund- und Aufriß bezüglich der z - Achse. Man wählt dann einen schmalen Kreisring bei R1 >= r >= R2, Breite dr mit dem Abstand s zum gewählten Punkt P auf der z - Achse und bestimmt das dort erzeugte Feld Phi(z):
=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{dQ(r)}{s}{;}\ s=\sqrt{r^2+z^2}{;}\ dQ(r)= \sigma \cdot 2\pi r dr)
=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\cdot \frac{rdr}{\sqrt{r^2+z^2}}{;}\ \Phi(z)=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\int_{R_1}^{R_2}\frac{rdr}{\sqrt{r^2+z^2}})
|
|
|
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
| pulse Verfasst am: 24. Apr 2016 13:42 Titel: |
|
|
Danke für deine Antwort, sorry hab erst jetzt wieder Zeit bzgl. dieses Themas.
Paar Fragen:
1. Phi(z) ist doch kein Feld, sondern ein Potential oder nicht?
2. Der Ring ist ja geladen mit der Ladung Q und erzeugt somit ein elektr. Feld, richtig?
3. Und da dieser ein elektr. Feld erzeugt habe ich überall im Ring, weg vom Ring etc., also überall ein unterschiedliches Potential. Stimmt das jetzt so?
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 24. Apr 2016 17:03 Titel: |
|
|
) ist das Potential des elektrischen Feldes, das der geladene Kreisring im gesamten Raum erzeugt. Dieser Hilfsgröße ist mit der Feldstärke durch =-\vec \nabla \Phi(\vec r)) verknüpft. "Hart" zu berechnen ist jedoch nur ) auf der z - Achse, mit dem Integral oben, das Dir Wolframalpha berechnet (wenn Du so faul bist wie ich), und die Spezialfälle  und 
=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\int_{R_1}^{R_2}\frac{dr}{r})
\approx \frac{\sigma}{2\epsilon _0}\int_{R_1}^{R_2}\left[\frac r z +\frac 1 2 \left(\frac r z \right)^2\right] dr)
|
|
|
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
| pulse Verfasst am: 24. Apr 2016 22:37 Titel: |
|
|
Achso, ich glaub ich verstehs.
Ich versuchs nochmal: Der geladene Kreisring erzeugt ja ein elektr. Feld, d.h. die Feldlinien gehen überall irgendwie hin.
Und zu jedem Vektor  habe ich ein unterschiedliches Potential. Aber das muss doch auch einen Bezugspunkt haben, sonst sagt es ja nichts aus oder? Die Aussage des Potentials ist mir noch nicht so klar.
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 24. Apr 2016 23:11 Titel: |
|
|
Die Bezugspunkte, also wo man das Potential lt. Aufgabe bestimmen soll, sind die Punkte der z-Achse, insbesondere nahe dem Ursprung und sehr entfernt vom Ring.
(Ein "benachbarte" Frage wäre nach der Feldstärke.)
|
|
|
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
| pulse Verfasst am: 24. Apr 2016 23:38 Titel: |
|
|
Gute Idee, dass mit der Feldstärke. Werde ich aufjedenfall versuchen.
Aus deiner letzten Antwort schließe ich dann folgendes: Es ist klar, dass in der Bezugspunkt einfach immer irgendwo im "Raum" ist, wo man das Potential misst. Im Bezug nämlich zur ganzen Ladung die das elektr. Feld im Raum erzeugt, ohne E-Feld hätte man kein Potential.
Und wenn ich eine Punktladung habe, ist der Bezugspunkt einfach im Unendlichen definiert. Muss ich dann von -Unendlich bis +Unendlich integrieren, oder von Null bis Unendlich?
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 25. Apr 2016 00:44 Titel: |
|
|
|
Wenn es sich um die bisherige Frage dreht: Es muß über die gesamte Ladung integriert werde. Alles andere bitte mit einer neuen Frage.
|
|
|
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
| pulse Verfasst am: 25. Apr 2016 20:07 Titel: |
|
|
Ok, danke.
(folgendes Thema gehört ja noch zum Ring mMn, ansonsten sagen und ich eröffne ein neues Thema.)
Wenn ich das elektr. Feld berechnen will, muss ich ja, wie du gesagt hast folgendes machen: =-\vec%20\nabla%20\Phi(\vec%20r))
ist der Ortsvektor, d.h. mit obiger Rechnung bekomme ich dann das elektr. Feld als Vektor, jedoch wenn ich mir nur die Z-Komponente angucken will, muss ich ja einfach mein nach z ableiten: }{\partial z})
Jedoch was ist mit den Potentialen auf der x,y-Achse und den E-Feldern auf der x- und y-Achse?
Ich verstehe noch nicht ganz, wie ich diese berechnen soll. Bei der z-Achse ist es klar, denn da habe ich immer einen konkreten Abstand zu einem Punkt auf der Z-achse.
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 25. Apr 2016 20:22 Titel: |
|
|
| pulse hat Folgendes geschrieben: | ist der Ortsvektor, d.h. mit obiger Rechnung bekomme ich dann das elektr. Feld als Vektor, jedoch wenn ich mir nur die Z-Komponente angucken will, muss ich ja einfach mein nach z ableiten:
|
Mit Phi(0/0/z) kann man zwar im allgemeinen nicht die Feldstärke berechnen,
in diesem Sonderfall müßte jedoch (aus Symmetriegründen)
=E(z)\cdot \vec e_z=-\frac{\partial \Phi}{\partial z}\cdot \vec e_z{.})
Ansonsten könnte man von Anfang an E(0/0/z) bestimmen, ähnlich wie oben mit dE usw.
Der Grund für die Wahl der z-Achse ist die Symmetrie, welche eine radikale Vereinfachung bringt, bei beliebigen Punkten wird es schwieriger.
|
|
|
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
| pulse Verfasst am: 25. Apr 2016 21:01 Titel: |
|
|
Naja, aber Phi(0,0,z)=phi(z)*\vec{e_z} und der Betrag davon ist ja einfach phi(z) und wenn ich das nach z ableite bekomme ich doch genau E(z) oder nicht?
Zum E-feld:
Also = \int_{R_1}^{R_2} dE= \int_{R_1}^{R_2}\frac{1}{2\epsilon_0}\frac{r}{r^2+z^2} dr = \frac{\sigma}{4\epsilon_0}ln(\frac{{R_1}^2+z^2}{{R_2}^2+z^2}))
Hm kann das so stimmen? Ich bin mir da nicht so sicher.
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 25. Apr 2016 22:10 Titel: |
|
|
Du kannst nicht die  bei z summieren (wg unterschiedlicher Richtungen), sondern nur die z-Komponenten, nach meiner Rechnung
=\frac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\cdot \int_{R_1}^{R_2}\frac{RdR}{\left(z^2+R^2\right)^{3 / 2}}\cdots)
|
|
|
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
| pulse Verfasst am: 25. Apr 2016 22:49 Titel: |
|
|
Naja kann ich das mit Superposition der dE's auch machen?
So habe ich es halt nämlich versucht. Einfach ein dE auf der Z-Achse zu berechnen und dann aufsummieren.
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 25. Apr 2016 23:17 Titel: |
|
|
|
Die sind Vektoren, deren radiale Kompenenten (in der x - y - Ebene) sich insgesamt aufheben. Nur die z-Komponente der Einzelbeiträge dQ bleibt gleich und kann zusammengefaßt werden. Mach Dir eine Skizze, dann müssen wir uns hier nicht zutexten.
|
|
|
pulse
Anmeldungsdatum: 05.12.2015
Beiträge: 112
|
| pulse Verfasst am: 25. Apr 2016 23:34 Titel: |
|
|
Danke. Ich hab mir ne Skizze gemahlt.
Und ich sehe, dass die x- und y-Achse genau senkrecht auf den Ring stehen, d.h. alle Ortsvektoren in der x-y-Ebene stehen senkrecht auf den Ring.
Naja und die Feldlinien gehen doch auch genau senkrecht vom Ring weg, oder?
| Beschreibung: |
|
| Dateigröße: |
12.19 KB |
| Angeschaut: |
4940 mal |
|
|
|
|
franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
|
| franz Verfasst am: 26. Apr 2016 00:33 Titel: |
|
|
|
Die Frage oben zum Potential ist durch und ich würde vorschlagen, daß Du für neue Fragen ein neues Thema aufmachst, bei dem Du ja auf dieses verweisen kannst.
|
|
|
|
Registrieren
Login
FAQ
Suchen
