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Moderiert von Ueli rlk
Physik » Elektrodynamik » Elektrische Ladung auf dünner Scheibe
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Universität/Hochschule Elektrische Ladung auf dünner Scheibe
Eraserhead
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2014-05-27


Hallo,

eine dünne Scheiße mit Radius R sei mit einer homogenen Flächenladungsdichte Q/A belegt. Auf der Symmetrieachse befinde sich im Abstand a von der Scheibe die Probeladung Q´.
Zu berechnen ist nun die Kraft auf diese Probeladung.

Mir ist klar, dass ich über F=QE gehen muss, weiß aber nicht, wie ich die Feldstärke rausbekomme. Ich vermute mal über <math>\frac{Q}{\varepsilon_0}=\int_V \vec{\nabla}\vec{E}dV=\int_{\partial V} \vec{E}d\vec{A} </math>, also über den Satz von Gauß und die erste Maxwellgleichung. Aber wie genau mache ich das? Lege ich ein großes Zylindervolumen um die Scheibe? Oder vielleicht einen Zylinder mit Radius R, vielleicht aber auch einen Kegel, der in Q´ mündet, ich bin leider wirklich ratlos.

Grüße



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rlk
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.03.2007
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Aus: Wien
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2014-05-27


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Eraserhead
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-27


Hallo rlk,

1. Meinst du, dass ich die homogene Ladungsverteilung Q/A ausnutze und dann die Kraft zwischen der Ladung eines Kreissegments und der Punktladung bestimme? Ich wüsste allerdings nicht wirklich, wie ich diesen Gedanken jetzt weiterspinnen kann. Es ist ja <math>F=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q_{A}Q}{x^2}</math>, wobei ich x einfach durch <math>x=\sqrt{r^2+a^2}</math> ausdrücken könnte, wenn das Flächenstück den Abstand 0<r<R zur Symmetrieachse hat, nur wie komme ich an <math>Q_A</math> ran? Allgemein, d.h. <math>\sigma=QdA</math>? (Wir bezeichnen die Flächenladungsdichte mit <math>\sigma</math>.)

2. Geht es nicht mit dem Satz von Gauß? Ich suche eher nach einer Möglichkeit, möglichst viele Fragestellungen auf das gleiche Grundproblem zurückzuführen, sodass ich in der Klausur nachher so wenig wie möglich denken muss.



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rlk
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Dabei seit: 16.03.2007
Mitteilungen: 10604
Aus: Wien
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2014-05-27


Hallo Joa,
ja, so habe ich das gemeint. Die Ladung eines Stücks der Fläche <math>\d\!A</math> hat den Wert <math>\dQ=\sigma\cdot\d\!A</math>, wobei die Flächenladungsdichte den Wert
<math>\displaystyle \sigma=\frac{Q}{A}</math>
hat. Du hast den Betrag <math>F</math> des Kraftbeitrags richtig angegeben, aber Du musst auch die Richtung berücksichtigen.

Das Gesetz von Gauß kann nur in wenigen Fällen, bei dem das Feld eine passende Symmetrie hat, zur Berechnung der elektrischen Feldstärke verwendet werden. Außer der Kugel, dem unendlich langen Zylinder und der Ebene fällt mir kein anderes Beispiel ein.

Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland




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Orangenschale
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Dabei seit: 31.05.2007
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Aus: Jena, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2014-05-27


Wenn du nach einer Möglichkeit suchst, möglichst viele Fragestellungen zu beantworten, dann bietet sich vielleicht für dich die direkte Integration an, also ohne Satz von Gauß.
Bekanntlich gilt doch Folgendes für das elektrostatische Potential:
<math>\Phi(\vec r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int \frac{\rho(\vec r")}{\abs{\vec r - \vec r"}} dV"</math>
und für die Feldstärke
<math>\vec E = -\nabla \Phi</math>, also
<math>\vec E(\vec r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int \frac{\rho(\vec r") (\vec r - \vec r")}{\abs{\vec r - \vec r"}^3}  dV"</math>.
Also stellt sich noch die Frage, wie man deine Ladungsdichte ordentlich aufschreibt. In kartesischen Koordinaten ist es offensichtlich
<math>\rho(x,y,z) = \frac{Q}{A}\cdot \Theta(R^2-(x^2+y^2))\delta(z)</math>.
Zylinderkoordinaten bieten sich durch die Symmetrie des Problems an, die Ladungsdichte lässt sich ebenfalls sehr leicht angeben:
<math>\rho(r,\varphi,z) = \frac{Q}{A}\cdot \Theta(R^2-r^2)\delta(z)</math>.
Jetzt solltest du in der Lage sein jede Komponente des elektrischen Feldes auf der z-Achse (<math>r=\varphi=0</math>) auszurechnen, und dann daraus die Kraft auf eine Probeladung <math>q</math> durch <math>\vec F=q\vec E</math> zu bestimmen.

Der Weg ist vielleicht länger, aber es ist wenigstens ein einheitlicher Weg für viele Probleme.

Viel Erfolg
OS

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]


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If one is working from the point of view of getting beauty into one's equation, ... one is on a sure line of progress.

P.A.M. Dirac



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Eraserhead
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-27


Okay, danke schon mal.
Ich habe jetzt also dastehen:
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Mit diesen Integralen tue ich mich noch etwas schwer, laut meinem Verständnis muss ja irgendwas mit <math>\int_{r=0}^R r dr</math> noch rein. Und die Flächenelemente muss ich durch Kreissegmente, also <math>dA=\frac{{dr}^2}{2}(d\alpha - \sin{d\alpha})</math> ausdrücken, wobei ich dann wahrscheinlich den Sinus durch 0 ersetzen würde. Also ein Doppelintegral über Radius und Winkel. Bevor wir weiter machen, ich habe einen wichtigen (angegebenen) Hinweis vergessen:

<math>\displaystyle{\int \frac{xdx}{{(x^2+d^2)}^{3/2}}=-\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}}</math>

Wahrscheinlich lässt sich hieran schon erkennen, welcher Lösungsweg hier vorgeschlagen wird.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]



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Orangenschale
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Dabei seit: 31.05.2007
Mitteilungen: 2236
Aus: Jena, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2014-05-28


Was du da schreibst stimmt leider nicht, aber ich kann dir auch nicht sagen, was du falsch gemacht hast ohne die Zwischenschritte zu sehen. Deswegen schreib ich den ersten Teil mal ganz ausführlich.
Also definieren wir <math>\sigma=Q/A</math> als Flächenladungsdichte. Ersteinmal sind Zylinderkoordinaten mehr als hilfreich, das Volumenelement ist hoffentlich bekannt <math>dV=r\,dr\,d\varphi\,dz</math>.
Der Ortsvektor in kartesischen Koordinaten
<math>\vec r = x \vec e_x + y \vec e_y + z \vec e_z</math>
kann ebenfalls in Zylinderkoordinaten ausgedrückt werdem, dabei lassen wir die Basisvektoren kartesisch:
<math>\vec r = r\cos\varphi \vec e_x + r\sin\varphi \vec e_y + z \vec e_z</math>.
Du interessierst dich für das elektrische Feld auf der <math>z</math>-Achse, wodurch sich <math>\vec r</math> weiter vereinfacht zu
<math>\vec r = z\vec e_z</math>.
Du kannst nun
<math>\vec r - \vec r" = -r"\cos\varphi"\vec e_x - r"\sin\varphi" \vec e_y + (z-z") \vec e_z=
\begin{pmatrix}
-r"\cos\varphi"  \\
-r"\sin\varphi"  \\
z-z"
\end{pmatrix}
</math>
und dessen Betrag
<math>\abs{\vec r - \vec r"}=\sqrt{r"^2+(z-z")^2}</math> in die Gleichung für das elektrische Feld einsetzen und integrieren. Ich geh davon aus, dass du weißt, wie man mit der Dirac <math>\delta</math>-Distribution umgeht, da du nicht gefragt hast.
Du wrst auch feststellen, dass das gegebene Integral hilfreich sein wird, aber eigentlich solltest du die Stammfunktion auch selbst angeben können.

Was bleibt ist die Berechnung des folgenden Integrals:
<math>\vec E(0,0,z)= \frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\int_{\IR^3} \frac{r"\Theta(R^2-r"^2)\delta(z")}{(r"^2+(z-z")^2)^{3/2}}
\begin{pmatrix}
-r"\cos\varphi"  \\
-r"\sin\varphi"  \\
z-z"
\end{pmatrix}
dr"\, d\varphi"\,dz"</math>
 


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P.A.M. Dirac



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lula
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2014-05-28


Hallo
da du das Feld nur auf der z-Achse willst heben sich die Anteile in x und y Richtung auf, wenn du einen Kreisring der FLöche dA= 2\pi*r*dr betrachtest, aber nur die z Komponente von F betrachtest, die solltest du zuerst ausrechnen, Also nicht über Kreissegmente summieren, sondern über Kreisringe.
bis dann, lula


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Mein Leben ist zwar recht teuer,  aber dafür bekomm ich jedes Jahr umsonst eine Reise einmal um die Sonne



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Eraserhead
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-28


Vielen Dank für die ausführlichen Antworten.
Ich komme die Tage aber nicht mehr dazu, hier weiterzumachen.
Werde es mir am Wochenende nochmal anschauen (vor allem erstmal das entsprechende Kapitel im Demtröder wiederholen) und mich dann nochmal melden - nur so als Info (ich selber finde es nämlich unhöflich, auf Antworten nicht einzugehen).

EDIT: Was ich aber schon mal dazuschreiben kann, so generell: Muss bei dem Satz von Gauß das Volumen, das inner- bzw. außerhalb des geladenen Körpers gelegt wird, die exakt gleiche Form haben wie der Körper selbst? In der Übung wurde darauf nicht wirklich eingegangen, wir haben bei einem Kugelkondensator einfach eine Kugel rumgelegt und dann ein entsprechendes Flächenintegral erhalten, das natürlich komplett anders aussehen würde, wenn ich einen Zylinder rumlegen würde.



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Eraserhead
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-01


@Orangenschale:

Ich habe nochmal im Demtröder gesucht, aber anscheinend gibt es kein Kapitel über den Satz von Gauß und auch im Inhaltsverzeichnis war nichts zu finden. Mir bleibt also nur übrig, deinen Ansatz nachzuvollziehen.
Von der Dirac <math>\delta</math>-Distribution höre ich zum ersten Mal, der Wikipedia Eintrag ist sehr funktionalanalytisch (Diese Vorlesung hatte ich noch nicht) und im Demtröder steht dazu leider auch nichts - demzufolge verstehe ich nicht ganz, wie du auf
2014-05-28 10:43 - Orangenschale in Beitrag No. 6 schreibt:

<math>\vec E(0,0,z)= \frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\int_{\IR^3} \frac{r"\Theta(R^2-r"^2)\delta(z")}{(r"^2+(z-z")^2)^{3/2}}
\begin{pmatrix}
-r"\cos\varphi"  \\
-r"\sin\varphi"  \\
z-z"
\end{pmatrix}
dr"\, d\varphi"\,dz"</math>
 

kommst. Ich bin mir auch sicher, dass wir so etwas in der Vorlesung noch nicht behandelt haben.



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Orangenschale
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2014-06-01


Ich kenne dein Vorwissen nicht, aber als du geschrieben hast, dass du nochmal im Demtröder nachschaun musst war mir klar, dass mein Ansatz wahrscheinlich noch nicht deinem Wissensstand entspricht.
Die Dirac-Distribution wird in ELektrodynamik eingeführt. Ich habe versucht, die Herleitung des Integrals sehr ausführlich zu darzustellen. Ich würde dir gern helfen wenn du magst, aber ohne entsprechende Vorkenntnisse wird es schwierig. Entscheide du, wie es ab hier weitegehen soll. Aber vermutlich ist meine Lösung für dich nicht die beste.

 


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P.A.M. Dirac



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Eraserhead
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-01


Mein Vorwissen ist wahrscheinlich genug, um diese Aufgabe zu lösen. Alles andere wäre ja sinnfrei, wir haben ca. letzte Woche mit E-Statik angefangen und dies war der erste Übungszettel. Die Abgabe ist allerdings schon morgen und ich habe leider noch genug anderes zu tun. Daher belasse ich es jetzt dabei und warte auf die Musterlösung. Vielen Dank aber für deine Hilfe, falls etwas unklar ist, melde ich mich nochmal. Ich hake vorerst aber mal ab.

Grüße



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Orangenschale
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2014-06-01


Ich behaupte nicht, dass dein Vorwissen nicht ausreicht, um die Aufgabe zu lösen. Ich behaupte aber, dass dein Vorwissen nicht ausreicht, um meinen Lösungsweg zu verstehen, da man das erst später im Studium lernt. Ich möchte dir trotzdem noch kurz helfen, indem ich das Integral weiter vereinfsche. Ausganspunkt ist
<math>\vec E(0,0,z)= \frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\int_{\IR^3} \frac{r"\Theta(R^2-r"^2)\delta(z")}{(r"^2+(z-z")^2)^{3/2}}
\begin{pmatrix}
-r"\cos\varphi"  \\
-r"\sin\varphi"  \\
z-z"
\end{pmatrix}
dr"\, d\varphi"\,dz"</math>.

Zuerst integriere ich über <math>z"</math>, das Ergebnis ist
<math>\vec E(0,0,z)= \frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\int_{\IR^2} \frac{r"\Theta(R^2-r"^2)}{(r"^2+z^2)^{3/2}}
\begin{pmatrix}
-r"\cos\varphi"  \\
-r"\sin\varphi"  \\
z
\end{pmatrix}
dr"\, d\varphi"\,</math>.
Jetzt integriere ich über <math>\varphi"</math>. Da die Sinus- und Cosinusfunktion über eine volle Periode von <math>2\pi</math> integriert null ergeben, bleibt nur die <math>z-</math>Komponente des elektrischen Feldes übrig. Die z-Komponente hängt nicht von <math>\varphi"</math> ab, und liefert einen Beitrag <math>2\pi</math> zum Integral:
<math>\vec E(0,0,z)= \frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}2\pi\vec e_z\int_0^\infty \frac{r"\Theta(R^2-r"^2)}{(r"^2+z^2)^{3/2}}
dr"</math>
Die Sprungfunktion der Integration über <math>\vec r"</math> schränkt das Integral auf den Bereich <math>[0,R]</math> ein. Was bleibt ist die Lösung des folgenden Integrals:
<math>\vec E(0,0,z)= \frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}2\pi\vec e_z\int_0^R \frac{r"}{(r"^2+z^2)^{3/2}}
dr"</math>
Mit der gegebenen Hilfe sollte das auch kein Problem sein.

Viele Grüße
OS


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P.A.M. Dirac



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lhuo
Ehemals Aktiv Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 29.05.2014
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2014-06-01


Vermutlich wäre es dennoch deutlich schneller und einfacher mit einem Ring anzufangen und dann über alle Ringelemente aufzuintegrieren. Schließlich ist das Ergebnis, auf das du mit <math>\delta</math>-Distribution kommst nichts weiter als das elektrische Feld eines Ringes, wenn ich das richtig sehe. Damit würde man sich viel Mathematik und viele Integrale ersparen.



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Orangenschale
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 31.05.2007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2014-06-01


@lhuo: Ich wollte ja auch nicht zeigen, wie die Rechnung schneller geht, sondern wie man viele derartige Fragestellungen einheitlich angehen kann.


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Eraserhead hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Eraserhead hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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