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Physik » Elektrodynamik » elektrisches Potenzial aus E-Feld
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Universität/Hochschule elektrisches Potenzial aus E-Feld
Spiegelbild
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-04-29


Guten Abend,

ich habe das E-Feld \(\vec{E}=\lambda (2x,0,z²/\mu)\) und möchte dafür das Potenzial berechnen (Lambda und My sind konstant). Dieses soll im Ursprung gleich Null sein.

Ich habe bereits nachgewiesen, dass das Kraftfeld konservativ ist.

Bisher habe ich nur folgenden Ansatz: \(\Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{r}_1) = \int_{\vec{r}_1}^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r}\)

Ich hätte jetzt eine Grenze 0 und für die andere den Radius r vom Ursprung aus eingesetzt... Und bestimmt spielt die Wegunabhängigkeit noch irgendwie rein.....


Freue mich über Hinweise 😉



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-04-29


Hallo Spiegelbild und willkommen auf dem Matheplaneten,

deine Idee ist richtig. Die Wegunabhängigkeit spielt insofern eine Rolle, dass du jeden beliebigen Integrationsweg wählen darfst, z.B. eine Gerade, die im Ursprung beginnt und im Zielpunkt \(\vec r=(x,y,z)\) endet. Das Ergebnis hängt tatsächlich nur vom Punkt $\vec r$ ab, aber nicht vom Weg.
Versuche das Integral entlang der Gerade auszurechnen.

lg Wladimir



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Spiegelbild
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-29


Danke Wladimir,

dabei brauche ich wohl weitere Hilfe... mein Ansatz ist dann

\(\Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{0}) = \int_0^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r}\) und dann irgendwie \(\mathrm dr\) und obere Grenze ist r...



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-04-29


Statt zu intergrieren kann man auch gleich die Stammfunktion suchen. Aus $\partial_x\phi=-2\lambda x$ und $\partial_y\phi=0$ folgt $\phi(x,y,z)=-\lambda x^2+\tilde\phi(z)$. Und aus $\partial_z\phi=\partial_z\tilde\phi=-\frac\lambda\mu z^2$ ergibt sich dann $\tilde\phi(z)=-\frac\lambda{3\mu}z^3+C$. $\phi(0)=0$ legt schließlich $C=0$ fest.



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-04-29


Hallo,

wir parametrisieren den Weg durch eine Gerade, die im Ursprung beginnt und bei $\vec r_2$ endet:
$\vec r(t)=t\vec r_2,\ \ t\in [0,1]$. Dann haben wir d$\vec r=\frac{\text{d}\vec r}{\text{d}t}\text{d}t=\vec r_2\text{d}t$ und \(\vec E=\vec E(\vec r)=\lambda(2 xt,0,z^2t^2/\mu)\) mit \(\vec r_2=(x,y,z)\). Kannst du ab hier zu Ende rechnen?

lg Wladimir

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



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Spiegelbild
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01


Jetzt habe ich wieder Zeit gefunden.

Danke für eure Antworten. Dein Ansatz, zippy, ist mir völlig neu... Deiner, Wladimir, erinnert mich an Kurvenintegrale aus Mathe.

Heißt, ich nehme hier z.B. sinnvollerweise die Kurve \(\gamma:\, [0,1]\to\mathbb R^3\), \(\gamma(t)\mapsto t(x,y,z)\).

Mit der Definition des Kurvenintegrals 2. Art habe ich damit

\( \Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{0}) = \int_0^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r} = \int_0^1 \vec{E}(\gamma(t))\cdot \dot{\gamma}(t)\, \mathrm dt = \int_0^1\lambda(2tx,0,\tfrac{t}{\mu}z^2)\cdot (x,y,z)\, \mathrm dt \) und jetzt eindimensionale Integration wie in der Schule?



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-05-01


Hallo,

2021-05-01 13:32 - Spiegelbild in Beitrag No. 5 schreibt:

Mit der Definition des Kurvenintegrals 2. Art habe ich damit

\( \Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{0}) = \int_0^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r} = \int_0^1 \vec{E}(\gamma(t))\cdot \dot{\gamma}(t)\, \mathrm dt = \int_0^1\lambda(2tx,0,\tfrac{t}{\mu}z^2)\cdot (x,y,z)\, \mathrm dt \) und jetzt eindimensionale Integration wie in der Schule?

das ist richtig, du kannst nun das Skalarprodukt ausrechnen und und über t integrieren. Vielleicht noch ein Kommentar zu zippys Ansatz. Dieser ist sehr elegant und mMn auch die natürlichere Weise diese Aufgabe zu lösen. Ich bin im Beitrag 1 auf nur auf Kurvenintegrale eingegangen, weil das mir näher an deinem Ansatz aus Beitrag 0 schien.

lg Wladimir



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-05-02


Hallo Spiegelbild,
2021-05-01 13:32 - Spiegelbild in Beitrag No. 5 schreibt:
Mit der Definition des Kurvenintegrals 2. Art habe ich damit
\( \Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{0}) = \int_0^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r} = \int_0^1 \vec{E}(\gamma(t))\cdot \dot{\gamma}(t)\, \mathrm dt = \int_0^1\lambda(2tx,0,\tfrac{t}{\mu}z^2)\cdot (x,y,z)\, \mathrm dt \) und jetzt eindimensionale Integration wie in der Schule?
das ist nicht richtig. Warum sollte man skalar mit $(x,y,z)$ multiplizieren dürfen. Rechne es doch aus, es kommt etwas falsches heraus. Was spricht gegen den meiner Meinung nach intuitivsten Ansatz
$$\int\vec E\cdot\mathrm d\vec{r}=\int\left(\begin{array}{c}E_x\\ E_y\\E_z\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\mathrm dx\\ \mathrm dy\\\mathrm dz\end{array}\right)=\int E_x\mathrm dx+\int E_y\mathrm dy+\int E_z\mathrm dz$$Das bedeutet in diesem konkreten Fall mit $\vec{E}=\lambda \cdot(2x,0,\frac1\mu z^2)$:
$$\int\vec E\cdot\mathrm d\vec{r}=\int 2\lambda x\mathrm dx+\int 0\mathrm dy+\int \frac\lambda\mu z^2\mathrm dz=\lambda x^2+\frac\lambda{3\mu}z^3+C$$Beachte außerdem, dass das Potential eigentlich ein "Minus" vor dem Integral hat:
$$\Phi=-\int\vec E\mathrm d\vec r$$zippy hat das hier "automatisch" korrigiert und die Minuszeichen davorgesetzt, ohne darauf hinzuweisen, aber eigentlich hättest Du darüber stolpern müssen.

Ciao,

Thomas



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-05-02


2021-05-02 10:34 - MontyPythagoras in Beitrag No. 7 schreibt:
Warum sollte man skalar mit $(x,y,z)$ multiplizieren dürfen.

Weil sich für $\gamma\colon[0,1]\ni t\mapsto t\cdot(x,y,z)$ die Ableitung $\dot\gamma=(x,y,z)$ ergibt.

2021-05-02 10:34 - MontyPythagoras in Beitrag No. 7 schreibt:
Rechne es doch aus, es kommt etwas falsches heraus.

Das liegt lediglich an einem fehlenden Quadrat:$$ \int_0^1\lambda\left(2\,tx,0,\frac{t\color{red}{^2}z^2}{\mu}\right)
  \cdot(x,y,z)\;\mathrm dt =
\int_0^1\lambda\left(2\,tx^2+\frac1\mu\,t^2z^3\right)
  \;\mathrm dt$$



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-05-02


Jepp, so macht es Sinn. Ich vermute aber, dass dem Threadstarter nicht bewusst war, dass er $\vec E$ nicht einfach mit $t$ skalieren darf, sondern darin die Komponenten $x$, $y$ und $z$ substituieren muss. Wenn er es doch richtig verstanden hat, um so besser, aber ich hielt es für wichtig, das zu korrigieren.

Ciao,

Thomas



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2021-05-02


In Beitrag Nr. 4 von wladimir_1989 stand die Formel auch schon mal richtig:

2021-04-29 23:35 - wladimir_1989 in Beitrag No. 4 schreibt:
$E=\vec E(\vec r)=\lambda(2 xt,0,z^2t^2/\mu)$



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2021-05-02


Was umso mehr dafür spricht, dass der Threadstarter es falsch verstanden hat. 🙂

Ciao,

Thomas



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2021-05-02


Hallo Monty unf zippy,

danke nochmals für die Korrektur. Ich habe das fehlende Quadrat übersehen.


lg Wladimir



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Spiegelbild
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-04


Eigentlich habe ich mir gerade eingeloggt, um mich nochmal zu bedanken. Jetzt sehe ich hier so viele Beiträge 😁

Was habe ich falsch verstanden, Monty? :)



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2021-05-04


2021-05-04 15:14 - Spiegelbild in Beitrag No. 13 schreibt:
Was habe ich falsch verstanden, Monty? :)

Du hast hier ein Quadrat vergessen und verwendest das falsche Vorzeichen:

2021-05-01 13:32 - Spiegelbild in Beitrag No. 5 schreibt:
\( \Phi(\vec{r}_2)-\Phi(\vec{0}) = \color{red}-\int_0^{\vec{r}_2} \vec{E}\cdot\mathrm d\vec{r} = \color{red}-\int_0^1 \vec{E}(\gamma(t))\cdot \dot{\gamma}(t)\, \mathrm dt = \color{red}-\int_0^1\lambda(2tx,0,\tfrac{t\color{red}{^2}}{\mu}z^2)\cdot (x,y,z)\, \mathrm dt \)



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