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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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 Wolvetooth Verfasst am: 01. Mai 2019 21:26 Titel: Elektrisches Feld am Halbkreisbogen |
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Meine Frage:
Hallo alle!
Ich habe die folgende Aufgabe:
Superpositionsprinzip: Ausgedehnte Ladung
Eine Ladung Q ist gleichmäßig uber einen Halbkreis mit Radius R verteilt.
Berechnen Sie die Größe sowie die Richtung des resultierenden elektrischen Felds am Zentrum C des Halbkreisbogens.
Meine Ideen:
Für einen ganzen Kreis gilt dass:
Die Ladungsdichte:  ist, wobei  die Fläche eines ganzen Kreises ist.
Da ein ganzer Kreis ein geschlossenes system ist, gibt es laut Gauß kein elektrisches Feld "darin"
Aber wie wäre es mit einem Halbkreis?
Ich weiß nicht, ob man dafür das gaußsche Gesetz, um das elektrische Feld zu berechnen, benutzen könnte, weil das Gaußsche Gesetz eigentlich für den elektrischen Fluss formuliert ist aber da alles miteinandern zu tun hat, bin ich ein wenig verwirrt
Zuletzt bearbeitet von Wolvetooth am 02. Mai 2019 11:08, insgesamt einmal bearbeitet |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 01. Mai 2019 22:00 Titel: Re: Elektrisches Feld am Halbkreisbogens |
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| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | ...
Eine Ladung Q ist gleichmäßig uber einen Halbkreis mit Radius R verteilt. |
Bist Du sicher, dass es sich um eine Flächenladung und nicht vielleicht doch um eine Linienladung handelt? Und handelt es sich wirklich um einen Halbkreis und nicht etwa um eine Halbkugel? Deine nächste Bemerkung lässt jedenfalls darauf schließen.
| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | Für einen ganzen Kreis gilt dass:
Die Ladungsdichte: ist, wobei das Volumen eines ganzen Kreises ist. |
Das ist kein Volumen, sondern eine Fläche, und zwar die Oberfläche einer Kugel. Ein Kreis hat auch kein Volumen, sondern eine Fläche und einen Umfang.
| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | | Da ein ganzer Kreis ein geschlossenes system ist, gibt es kein elektrisches Feld "darin" |
Das ist fraglich. Die Begründung ist jedenfalls nicht nachvollziehbar. Wenn allerdings die Ladung auf der Oberfläche einer Kugel gleichmäßig verteilt ist, dann existiert tatsächlich kein Feld innerhalb der Kugel. Deine Begründung ist dennoch falsch. Die richtige Begründung liefert der Gaußsche Flusssatz.
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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| Wolvetooth Verfasst am: 02. Mai 2019 11:06 Titel: Re: Elektrisches Feld am Halbkreisbogens |
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| GvC hat Folgendes geschrieben: |
Bist Du sicher, dass es sich um eine Flächenladung und nicht vielleicht doch um eine Linienladung handelt? Und handelt es sich wirklich um einen Halbkreis und nicht etwa um eine Halbkugel? Deine nächste Bemerkung lässt jedenfalls darauf schließen. |
So steht es in der Aufgabe 
| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | Für einen ganzen Kreis gilt dass:
Die Ladungsdichte: ist, wobei das Volumen eines ganzen Kreises ist. |
| GvC hat Folgendes geschrieben: | | Das ist kein Volumen, sondern eine Fläche, und zwar die Oberfläche einer Kugel. Ein Kreis hat auch kein Volumen, sondern eine Fläche und einen Umfang. |
Ups, du hast Recht, ich habe mich verschrieben
| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | | Da ein ganzer Kreis ein geschlossenes system ist, gibt es kein elektrisches Feld "darin" |
| GvC hat Folgendes geschrieben: | | Das ist fraglich. Die Begründung ist jedenfalls nicht nachvollziehbar. Wenn allerdings die Ladung auf der Oberfläche einer Kugel gleichmäßig verteilt ist, dann existiert tatsächlich kein Feld innerhalb der Kugel. Deine Begründung ist dennoch falsch. Die richtige Begründung liefert der Gaußsche Flusssatz. |
Genau, das war genau, was ich eigentlich sagen wollte 
Deswegen vermute ich, dass es doch in diesem Halbkreis ein elektrisches Feld gibt, weil der Fluss eigentlich nicht null wäre, wenn er durch den Halbkreis gehen würde (Der Fluss geht nicht rein/durch und dann raus, sondern nur einmal rein / durch)
Ich werde ein Bild zur Vereinfachung hochladen
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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| Wolvetooth Verfasst am: 02. Mai 2019 17:41 Titel: |
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| GvC hat Folgendes geschrieben: | Die Skizze und die Überschrift "Superpositionsprinzip" suggerieren, dass es sich um eine gleichmäßige Linienladung auf dem Halbkreisbogen handelt, also
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Ok, das habe ich verstaden! 
| GvC hat Folgendes geschrieben: | Die infinitesimal kleine Ladung dQ an der Stelle  verursacht eine Feldstärke am Punkt C von dE1. Die spiegelbildlich dazu liegende Ladung verursacht dort die Feldstärke dE2 mit gleichem Betrag. |
Das wäre, wenn wir davon ausgehen würden, dass C eine positive/negative Probeladung ist und dass die Ladung dQ an der Stelle
auch eine positive/negative Ladung wäre? (Beide positive/negative Ladungen, weil sie sich ja abstoßen) Wenn ja, würde ich verstehen, warum das elektrische Feld so in deiner Skizze aussieht 
| GvC hat Folgendes geschrieben: | Summiert man die beiden Feldstärkevektoren, heben sich die horizontalen Komponenten auf, und die vertikalen Komponenten addieren sich. Die Feldstärke dE ist also vertikal nach unten gerichtet, und ihr Betrag ist
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Warum das eigentlich? wäre nicht die resultierende Kraft/Feldstärke:
})
| GvC hat Folgendes geschrieben: | | Die gesamte Feldstärke ergibt sich durch Addition der Feldstärken aller dQ-Ladungspaare von phi=0 bis phi=pi/2. |
Ist es von phi = 0 bis phi = pi/2, weil die resultierende Feldstärke/Kraft vertikal nach unten gerichtet ist? ja, oder?
| GvC hat Folgendes geschrieben: | | Die Addition infinitesimal kleiner Elemente nennt man auch Integration. |
Ich habe das Integral erstmal so gebildet:
| GvC hat Folgendes geschrieben: | | Kommst Du damit weiter? |
da ich noch nicht genau weiß, weil ich auf deine Antwort warten werde, was E und dS wäre, lasse ich es erstmal so 
Vielen Dank!
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 02. Mai 2019 19:33 Titel: |
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| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | ...
Das wäre, wenn wir davon ausgehen würden, dass C eine positive/negative Probeladung ist ... |
Nein, an der Stelle C gibt es keine Ladung. Es soll ja auch nicht eine Kraft, sondern die Feldstärke bestimmt werden.
| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | ... und dass die Ladung dQ an der Stelle
auch eine positive/negative Ladung wäre? |
Nein, so wie ich die Feldrichtung eingezeichnet habe, handelt es sich um eine positive Linienladung.
| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | Warum das eigentlich? wäre nicht die resultierende Kraft/Feldstärke:
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Und welches ist der Winkel  ? Wie Du den resultierenden Feldstärkeanteil zweier Spiegelladungen bestimmst, bleibt Dir selbst überlassen. Ich habe die einfache Variante gewählt. Da sich die horizintalen Anteile aufheben, brauche ich nur die beiden vertikalen Anteile zu addieren. Und das habe ich getan.
| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | | Ist es von phi = 0 bis phi = pi/2, weil die resultierende Feldstärke/Kraft vertikal nach unten gerichtet ist? ja, oder? |
Nein, sondern weil man von phi=0 bis phi=pi/2 bereits die gesamte Ladung erfasst hat, nämlich alle Ladungen von 0 bis pi/2 und die Spiegelladungen von pi/2 bis pi.
| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | | da ich noch nicht genau weiß, weil ich auf deine Antwort warten werde, was E und dS wäre, lasse ich es erstmal so :thumb: |
E ist die gesamte Feldstärke im Punkt C, die sich durch Integration aller infinitesimal kleinen Feldstärkeanteile dE=2*dE1=2*dE2 ergibt. ds ist ein infintesimal kleines Wegstück auf dem Kreisbogen und ergibt sich, wie bereits gesagt zu
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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| Wolvetooth Verfasst am: 03. Mai 2019 12:47 Titel: |
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Erst mal vielen Dank für die Antwort.
| GvC hat Folgendes geschrieben: | | Nein, an der Stelle C gibt es keine Ladung. Es soll ja auch nicht eine Kraft, sondern die Feldstärke bestimmt werden. |
Alles klar
| GvC hat Folgendes geschrieben: |
Nein, so wie ich die Feldrichtung eingezeichnet habe, handelt es sich um eine positive Linienladung. |
Ich denke, dass mich die Linienladung eigentlich verwirrt. Wäre sie die grüne Linie? (Siehe Abbildung)
| GvC hat Folgendes geschrieben: |
Und welches ist der Winkel ? Wie Du den resultierenden Feldstärkeanteil zweier Spiegelladungen bestimmst, bleibt Dir selbst überlassen. Ich habe die einfache Variante gewählt. Da sich die horizintalen Anteile aufheben, brauche ich nur die beiden vertikalen Anteile zu addieren. Und das habe ich getan. |
Ich habe einfach die allgemeine Formel für 2 Kräfte mit einem beliebigen Winkel genommen, ich würde aber trotzdem lieber mit deiner Gleichung arbeiten. Ich verstehe, dass sich die horizontalen Anteile aufheben, weil sie genau so groß sind und weil sie genau in Gegenrichtung zeigen aber wie kommst du auf:
)
das kann ich immer noch nicht verstehen 
| GvC hat Folgendes geschrieben: | | Nein, sondern weil man von phi=0 bis phi=pi/2 bereits die gesamte Ladung erfasst hat, nämlich alle Ladungen von 0 bis pi/2 und die Spiegelladungen von pi/2 bis pi. |
Ach so, das macht Sinn, danke
| GvC hat Folgendes geschrieben: | E ist die gesamte Feldstärke im Punkt C, die sich durch Integration aller infinitesimal kleinen Feldstärkeanteile dE=2*dE1=2*dE2 ergibt. ds ist ein infintesimal kleines Wegstück auf dem Kreisbogen und ergibt sich, wie bereits gesagt zu
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Dann wäre das Integral im Moment:
(Rd\varphi))
Wir kommen weiter!
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 03. Mai 2019 15:25 Titel: |
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| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | ...
Ich verstehe, dass sich die horizontalen Anteile aufheben, weil sie genau so groß sind und weil sie genau in Gegenrichtung zeigen aber wie kommst du auf:
das kann ich immer noch nicht verstehen
... |
Im rechtwinkligen Dreieck mit der Hypotenuse dE1 ist die horizontale Komponente die Ankathete und deshalb dE1*cos(phi). Die Gegenkathete ist die vertikale Komponente und deshalb dE1*sin(phi).
Im rechtwinkligen Dreieck mit der Hypotenuse dE2, die aus Symmetriegründen genauso groß ist wie dE1, ist die horizontale Komponente die Ankathete und deshalb dE2*cos(phi). Die Gegenkathete ist die vertikale Komponente und deshalb dE2*sin(phi).
Die horizontalen Komponenten heben sich auf, die vertikalen Komponenten addieren sich. Also ist die gesamte differentiell kleine Feldstärke infolge zweier differentiell kleiner Spiegelladungen
Da dE1=dE2, kann man auch schreiben
oder auch
Diese differentiell kleinen Feldstärkeanteile müssen nun für alle Spiegelladungen aufaddiert (integriert) werden. Also
Jetzt muss nur noch dQ eingesetzt und alles ausgerechnet werden.
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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| Wolvetooth Verfasst am: 03. Mai 2019 20:57 Titel: |
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| GvC hat Folgendes geschrieben: | Im rechtwinkligen Dreieck mit der Hypotenuse dE1 ist die horizontale Komponente die Ankathete und deshalb dE1*cos(phi). Die Gegenkathete ist die vertikale Komponente und deshalb dE1*sin(phi).
Im rechtwinkligen Dreieck mit der Hypotenuse dE2, die aus Symmetriegründen genauso groß ist wie dE1, ist die horizontale Komponente die Ankathete und deshalb dE2*cos(phi). Die Gegenkathete ist die vertikale Komponente und deshalb dE2*sin(phi).
Die horizontalen Komponenten heben sich auf, die vertikalen Komponenten addieren sich. Also ist die gesamte differentiell kleine Feldstärke infolge zweier differentiell kleiner Spiegelladungen
Da dE1=dE2, kann man auch schreiben
oder auch
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Mein Gott, es war viel einfacher, als ich es mir vorgestellt habe
Vielen Dank für die detallierte Erklärung!! jetzt sehe ich endlich "was du siehst", alles klar!
| GvC hat Folgendes geschrieben: | Diese differentiell kleinen Feldstärkeanteile müssen nun für alle Spiegelladungen aufaddiert (integriert) werden. Also
Jetzt muss nur noch dQ eingesetzt und alles ausgerechnet werden. |
Ok! Bisher alles verstanden!
Dann wäre 
das heißt: 
Aber nach was integriere ich jetzt? was wäre mein Differential? wir haben ja alle Differentiale umgesetzt...
Oder sollte ich einfach nur das bestimmte Integral lösen, in dem ich sage, dass:
 ist.
Dann würde ich in das Integral von  -->  die Grenzwerte  einsetzen.
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 03. Mai 2019 23:51 Titel: |
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| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | ...
Dann wäre
... |
Wo hast Du das denn her? Was Du da aufgeschrieben hast, ist doch die gesamte auf dem halbkreisförmigen Leiter befindliche Ladung. Du willst aber nur einen klltzekleinen, praktisch punktförmigen Teil davon bestimmen. Der ist natürlich:
Hatten wir das nicht schon besprochen?
Mit
wird daraus
Und mit
folgt
Das ist ja auch sofort einsichtig. Die Ladung Q ist gleichmäßig über den Winkel  verteilt. Dann ergibt sich die Ladung auf dem differentiell kleinen Winkelstück  ganz automatisch. Deine Frage
| Wolvetooth hat Folgendes geschrieben: | | Aber nach was integriere ich jetzt? |
erübrigt sich damit. Denn dass über den Winkel integriert wird, ergibt sich damit ebenfalls ganz automatisch. Wie Du siehst, hätte man sich den Umweg über die Linienladungsdichte auch sparen und gleich die "Winkelladungsdichte" bestimmen können. Da das aber ein ungewöhnlicher Begriff ist, habe ich bewusst erstmal diesen Umweg gewählt. Eines solltest Du Dir merken: Nie kompliziert, sondern einfach nur logisch denken. Durch konsequentes Einsetzen ergibt sich alles andere automatisch.
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Wolvetooth
Anmeldungsdatum: 13.01.2019
Beiträge: 260
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| Wolvetooth Verfasst am: 05. Mai 2019 16:45 Titel: |
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| GvC hat Folgendes geschrieben: | Der ist natürlich:
Hatten wir das nicht schon besprochen?
Mit
wird daraus
Und mit
folgt
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Vielen Dank noch einmal für die Hilfe, das hat wirklich alles erklärt.
Ich finde die differentialen Elemente immer ein wenig verwirrend...
| GvC hat Folgendes geschrieben: | Das ist ja auch sofort einsichtig. Die Ladung Q ist gleichmäßig über den Winkel verteilt. Dann ergibt sich die Ladung auf dem differentiell kleinen Winkelstück ganz automatisch. Deine Frage
Denn dass über den Winkel integriert wird, ergibt sich damit ebenfalls ganz automatisch. |
Alles klar! dann wäre die letzte Frage: Habe ich richtig das Integral gemacht?
Dann wäre das Ergebnis:
 \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}})
Zuletzt bearbeitet von Wolvetooth am 05. Mai 2019 17:00, insgesamt einmal bearbeitet |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 05. Mai 2019 16:53 Titel: |
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Alles richtig.
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