Linienladung: E-Feld < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:39 So 19.05.2013 | | Autor: | link963 |
| Aufgabe | Wir betrachten einen geraden, homogen geladenen Faden mit der Ladung Q und der Länge L im Vakuum.
a) Berechnen Sie das Potential und das elektrische Feld.
b) Bestimmen Sie die Äquipotentialflächen. |
Hallo,
meine Linienladungsdichte ist [mm] $\lambda [/mm] = [mm] \bruch{Q}{L} \Rightarrow [/mm] dQ = [mm] \lambda [/mm] dL$ .
Um das Potential zu berechnen, stelle ich mir Punktladungen entlang der Linie vor und summiere ihre Felder auf.
Potential einer Punktladung [mm] $\Phi(\vec{x}) [/mm] = [mm] \bruch{Q}{4\pi\varepsilon_0}*\bruch{1}{|\vec{x}-\vec{x_0}|} \Rightarrow d\Phi [/mm] = [mm] \bruch{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}*\bruch{dl}{|\vec{x}-\vec{x_0}|}$, $\vec{x_0} [/mm] = (l, 0, 0)$, $ [mm] 0\le l\le [/mm] L $
Potential der Linienladung $ [mm] \Phi [/mm] = [mm] \bruch{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\integral_{0}^{L}{\bruch{dl}{\wurzel{(x-l)^2+y^2+z^2}}}$
[/mm]
[mm] \Rightarrow$ \Phi [/mm] = [mm] \bruch{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}*ln\bruch{L-x+\wurzel{(L-x)^2+y^2+z^2}}{-x+\wurzel{x^2+y^2+z^2}} [/mm] = [mm] \bruch{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}*ln\bruch{L-x+|\vec{x}-\vec{x_L}|}{-x+|\vec{x}|} [/mm] $, $ [mm] \vec{x_L} [/mm] = (L, 0, 0) $
Elektrisches Feld: [mm] $\vec{E} [/mm] = [mm] -\bigtriangledown\Phi [/mm] $, [mm] $\vec{E} \equiv (E_x, E_y, E_z) [/mm] $
[mm] $E_x [/mm] = [mm] -\partial_x \Phi [/mm] = [mm] -\bruch{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}*\{\bruch{-(L-x)-|\vec{x}-\vec{x_L}|}{(L-x)+|\vec{x}-\vec{x_L}|}*\bruch{1}{|\vec{x}-\vec{x_L}|} - \bruch{x -|\vec{x}|}{-x+|\vec{x}|}*\bruch{1}{|\vec{x}|}\} [/mm] = [mm] \bruch{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}*(\bruch{1}{|\vec{x}-\vec{x_L}|} [/mm] - [mm] \bruch{1}{|\vec{x}|})$
[/mm]
[mm] $E_y [/mm] = [mm] -\partial_y \Phi [/mm] = [mm] -\bruch{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\{\bruch{y}{|\vec{x}-\vec{x_L}|*(L-x+|\vec{x}-\vec{x_L}|)}-\bruch{y}{|\vec{x}|*(-x+|\vec{x}|)}\} [/mm] $
Aus Symmetriegründen ist
[mm] $E_z [/mm] = [mm] -\bruch{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\{\bruch{z}{|\vec{x}-\vec{x_L}|*(L-x+|\vec{x}-\vec{x_L}|)}-\bruch{z}{|\vec{x}|*(-x+|\vec{x}|)}\} [/mm] $.
Vielleicht kann man das noch vereinfachen?
Bei b) habe ich mir überlegt [mm] $\Phi [/mm] = const$ zu fordern und zunächst $z=0$ zu setzen. Also:
[mm] $\bruch{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}*ln\bruch{L-x+\wurzel{(L-x)^2+y^2}}{-x+\wurzel{x^2+y^2}} [/mm] = const $
Das nun nach $y(x)$ auflösen und ich erhalte eine Äquipotentiallinie die ich dann um die x-Achse rotieren lasse um die Äquipotentialfläche zu bekommen.
Ist das so machbar? Allerdings komme ich schon beim Auflösen nicht weiter.
Viele Grüße
link963
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Hallo!
Nur ganz kurz ein paar Ideen, vielleicht reicht das ja schon.
Das sieht alles schon sehr solide aus.
Statt z=0 würde ich einfach sagen: [mm] r^2=y^2+z^2 [/mm] , denn die Flächen sind sicherlich radialsymmetrisch zur y-Achse. Ist zwar nur etwas optik, aber wirkt nicht so einschränkend wie dein "zunächst versuchen wir mal z=0".
Dann kannst du den Vorfaktor auf die andere Seite bringen, und exp() anwenden, um das ln loszuwerden. Der Term rechts ist dann ja immernoch konstant.
Weitere Vereinfachungen sehe ich grade nicht, aber ich gebe mal den Tipp, den Faden nicht von 0 bis L liegen zu lassen, sondern von -L/2 bis +L/2. Dann ist das Feld auch noch symmetrisch zum Ursprung, und das könnte dir helfen, den Ausdruck besser zu vereinfachen.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 15:28 Di 21.05.2013 | | Autor: | link963 |
Danke für die Tipps.
Es entsteht dann $ [mm] \bruch{L}{2}-x+\wurzel{(\bruch{L}{2}-x)^2+r^2} [/mm] = [mm] c*(-\bruch{L}{2}-x+\wurzel{(\bruch{L}{2}+x)^2+r^2}) [/mm] $.
Viel weiter komme ich hier nicht.
Ich habe mal durch ein Programm auflösen lassen und komme auf $ [mm] r^2 [/mm] = [mm] \gamma (\alpha L^2-\beta x^2) [/mm] $, was aussieht wie ein Kegelschnitt.
Gruß
link963
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:20 Do 23.05.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hey, Sieht schon sehr gut aus. Deine Idee zu b) find ich auch gut.
Kleiner Tipp meinerseits:
Ich hätte hier Zylinderkoordinaten verwendet. Ist allerdings schon eine Weile her.
Lieber Grüße Scherzkrapferl
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