Ladungsverteilung < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 07:49 Fr 01.08.2008 | | Autor: | M4rc |
| Aufgabe | 4) Gegeben sei die skizzierte Ladungsverteilung.
Man berechne das Potential am Ort der positiven
Ladung und den Betrag der auf diese
Ladung wirkenden Kraft.
Wie groß ist die gesamte (elektrostatische) potentielle
Energie der Ladungsverteilung?
[Dateianhang nicht öffentlich] |
Moin
Ich hab die zwei Kräfte zwischen den Ladungen ausgerechnet, Das ist einmal [mm] F_{5,-2}=2.25N [/mm] und [mm] F_{5,-3}=3,37N, [/mm] addiere die beiden dann, [mm] (F_{5,-2} [/mm] + [mm] F_{5,-3})*sin(60) [/mm] und sollte dann doch auf die Gesamtkraft kommen?
so würde sich das Potential in dem Punkt ergeben
[mm] E=\bruch{F_{g}}{Q_{5}}
[/mm]
[mm] \varphi= [/mm] E*s
oder?
thx
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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Hallo!
> [mm] (F_{5,-2}+F_{5,-3})*sin(60)
[/mm]
Angenommen, die beiden negativen Ladungen säßen direkt aufeinander, dann muß man das ja nach auch nach deinem Prinzip berechnen können. Allerdings würde dann das sin(0)=0 stören.
Erinnere dich doch mal daran, wie man mit dem Kräfteparallelogramm zeichnerisch die resultierende Kraft berechnet. Dann siehst du auch, daß du rechnerisch den Cosinusssatz brauchst.
> [mm]\varphi=[/mm] E*s
Das gilt leider nur im homogenen Feld. Das Potenzial kannst du dir als die Höhe eines Gebirges vorstellen, und der Weg wird ständig "über Grund" gemessen.
Nur, wenn du eine gleichmäßige Steigung hochläufst, ist die Höhe proportional zur zurüchgelegten Strecke.
Dein Potenzialgebirge sieht hier aber eher wie zwei Strudel im Badewannenabfluss aus.
Du benötigst die Formel [mm] \varphi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r} [/mm] , und mußt ganz analog zur Kraft rechnen.
Wie sehen denn deine Überlegungen zur Energie aus?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:07 Fr 01.08.2008 | | Autor: | M4rc |
ich hab jetzt für die kraft
[mm] F_{g}=\wurzel{F_{5,-2}^{2}+F_{5,-3}^{2}-2*F_{5,-3}*F_{5,-2}*cos(120)}=4,89
[/mm]
>
>
> Du benötigst die Formel
> [mm]\varphi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r}[/mm] , und mußt
> ganz analog zur Kraft rechnen.
>
diese formel egibt sich doch aber über [mm] E=\bruch{F}{Q} [/mm] und [mm] \varphi=E*s
[/mm]
[mm] \varphi=\bruch{\bruch{1}{4\pi\varepsilon_0}*\bruch{Q^{2}}{r^{2}}}{Q}*r=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r}
[/mm]
jetzt mach ich das analog
[mm] \varphi_1=89875,52V
[/mm]
[mm] \varphi_2=134813,2768V
[/mm]
und dann [mm] F_{g}=\wurzel{\varphi_1^{2}+\varphi_2^{2}-2*\varphi_1*\varphi_2*cos(120)}=195879,1517V
[/mm]
jetzt hab ich ja eigentlich nur 2 potentiale addiert und das der positiven ladung wegelassen aber die hat ja auch n radius von 0 also demnach kein potential denk ich mal
>
> Wie sehen denn deine Überlegungen zur Energie aus?
>
[mm] W_EL=\varepsilon_0*Em^{2} [/mm] aber was ist Em? und in welchem punkt rechen ich das aus....
THX
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:38 Fr 01.08.2008 | | Autor: | Kroni |
> ich hab jetzt für die kraft
>
> [mm]F_{g}=\wurzel{F_{5,-2}^{2}+F_{5,-3}^{2}-2*F_{5,-3}*F_{5,-2}*cos(120)}=4,89[/mm]
Hi,
darauf komme ich auch.
>
>
> >
> >
> > Du benötigst die Formel
> > [mm]\varphi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r}[/mm] , und mußt
> > ganz analog zur Kraft rechnen.
> >
> diese formel egibt sich doch aber über [mm]E=\bruch{F}{Q}[/mm] und
> [mm]\varphi=E*s[/mm]
Nein! Das Potential [mm] $\Phi$ [/mm] ist doch definiert als:
[mm] $\Phi=-\int_{\vec{r_1}}^{\vec{r_2}} \vec{E}d\vec{s}$
[/mm]
Das ist ein Wegintegral. Dann wählt man den Bezugspunkt, zu dem man das Potential bestimmt meist im Unendlichen, dar da dann das Potential Null wird.
In deinem Fall wäre also, wenn ich mal alle Konstanten als c Zusammenfasse:
[mm] $\Phi=-\int \frac{c}{r^2}dr$ [/mm] Die Stammfunktion von [mm] $\frac{1}{r^2}$ [/mm] ist [mm] $\frac{-1}{r}$, [/mm] von daher ergibt sich dann die besagte Formel.
Dass [mm] $\Phi=Es$ [/mm] gilt, ist nur ein Spezialfall, denn wenn E=const. gilt, kann man das E vors Integral ziehen, und dann steht da:
[mm] $\Phi=E*\int [/mm] ds$, was dann genau $E*s$ ergibt.
>
> [mm]\varphi=\bruch{\bruch{1}{4\pi\varepsilon_0}*\bruch{Q^{2}}{r^{2}}}{Q}*r=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r}[/mm]
>
> jetzt mach ich das analog
> [mm]\varphi_1=89875,52V[/mm]
> [mm]\varphi_2=134813,2768V[/mm]
>
> und dann
> [mm]F_{g}=\wurzel{\varphi_1^{2}+\varphi_2^{2}-2*\varphi_1*\varphi_2*cos(120)}=195879,1517V[/mm]
Nein. Das Potential ist eine Skalare Größe. D.h. du brauchst hier nichts vektoriell addieren. Das Potential wird einfach nur addiert. Wie willst du reinen Zahlen eine Größe geben?! Das geht nicht. Also wäre hier das Potential nur die Summe der Einzelpotentiale.
Wenn man sich die dritte Ladung mit anguckt, so ist man in ihrem Potential bei x=r=0, d.h. man hat ein uendliches Poential.
Über die Potentielle Energie der Ladungsverteilung könnte man auch etwas erzählen: Was ist im Nahfeld, was im Fernfeld? Als was wird die Ladungsverteilung für $r>>20cm$ gesehen?
>
> jetzt hab ich ja eigentlich nur 2 potentiale addiert und
> das der positiven ladung wegelassen aber die hat ja auch n
> radius von 0 also demnach kein potential denk ich mal
Klar hat die Ladung ein Potential. Das lässt sich ebenfalls als [mm] $c*\frac{1}{r}$ [/mm] beschreiben, wobei r der Abstand von der Ladung ist. Wenn der Abstand Null ist, du also auf der Ladung sitzt, passiert was?
>
> >
> > Wie sehen denn deine Überlegungen zur Energie aus?
> >
> [mm]W_EL=\varepsilon_0*Em^{2}[/mm] aber was ist Em? und in welchem
> punkt rechen ich das aus....
Das wäre auch meine Frage gewesen. Wo hast du denn die Formel her?
LG
Kroni
>
>
> THX
>
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:11 Fr 01.08.2008 | | Autor: | M4rc |
gut das mit dem Potential hab ich jetzt einfach addieren und freuen THX
> Klar hat die Ladung ein Potential. Das lässt sich ebenfalls
> als [mm]c*\frac{1}{r}[/mm] beschreiben, wobei r der Abstand von der
> Ladung ist. Wenn der Abstand Null ist, du also auf der
> Ladung sitzt, passiert was?
da man für durch Null teilen ins Mathematik Gefängnis kommt wird das wohl ne lim Betrachtung gegen Null und damit das Potential in dem Punkt der Ladung unendlich, dann kann ich mir doch dir rechnerrei sparen und direkt sagen das Potential in dem Punkt ist unendlich
> > > Wie sehen denn deine Überlegungen zur Energie aus?
> > >
> > [mm]W_EL=\varepsilon_0*Em^{2}[/mm] aber was ist Em? und in welchem
> > punkt rechen ich das aus....
>
> Das wäre auch meine Frage gewesen. Wo hast du denn die
> Formel her?
Die hab ich aus der Formelsammlung die wir in der Klausur benutzen dürfen. Elektrs.Energiedichte : [mm] W_{El}=\varepsilon_r\varepsilon_0E^{2}_m=\bruch{1}{2}D_0E_m
[/mm]
Ich hab auch sonst nicht wirklich ne idee dazu
THX
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:50 Fr 01.08.2008 | | Autor: | Kroni |
Hi,
die Energiedichte ist sowas wie Energie pro Volumen. Danach ist hier ja wohl nicht gefragt.
Du sollst die potentielle Energie der Ladungen beschreiben.
Betrachten wir doch mal die pot. Energie der GravitationsKraft. Dort macht man ja auch sowas wie [mm] $E_pot=\int F_g [/mm] ds$, was dann im Falle von [mm] $F_g=mg=const.$ [/mm] die berühmte Formel mgh ergibt.
Hier macht man das analog. Da man aber schon weiß, dass F=Eq und [mm] $\Phi=\int [/mm] E ds$ gilt, kann man direkt sagen: [mm] $E_pot=\Phi*q$. [/mm]
Nun, das ist ja auch jetzt egal.
Du kannst die Formel der Energie ja direkt hinschreiben, indem du das als Summe der Einzelpotentiale aufschreibst. Wir könnten das dann auch direkt auf die Potentiale [mm] $\Phi$ [/mm] zurückführen.
Jetzt kann man dann direkt sagen, wie groß das Potential an jedem Ort x ist (dafür muss man aber für r dann den Abstand einsetzen, d.h. die Verbindungsvektoren. Wenn man jetzt zB den Ort x hernimmt, dann sind ja die Abstände zu den drei Ladungen unterschiedlich, d.h. man muss dann als Abstand r, der in deiner Formel steht, durch den "richtigen" Abstand r von deiner Ladung zu deinem Ort einsetzen.
Wenn man sich jetzt die Ladungen von weiter weg ansieht, ergibt das eine Gesamtladung von 0, d.h. die pot. Energie wird schon recht schnell auf 0 abfallen.
Was aber mit der potentiellen Energie des System gemeint ist ist folgendes:
Welche Arbeit muss man verrichten, um alle Ladungen ins unendliche zu befördern?!
D.h. man berechnet, wieviel Arbeit man braucht, um zB erst Ladung 1 von ihrer Position ins unendliche zu bewegen. Dann nimmt man sich Ladung 2 vor, und berechnet, welche Arbeit man braucht, um diese Ladung aus dem Feld von Ladung 3, die ja dann nur noch da ist, ins unendliche zu bewegen. Danach muss man noch berechnen, wie groß die Arbeit ist, die man verrichten muss, um diese Ladung in unendliche zu bewegen, das ist aber besonders einfach. Warum?
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:25 Fr 01.08.2008 | | Autor: | M4rc |
> Was aber mit der potentiellen Energie des System gemeint
> ist ist folgendes:
> Welche Arbeit muss man verrichten, um alle Ladungen ins
> unendliche zu befördern?!
> D.h. man berechnet, wieviel Arbeit man braucht, um zB erst
> Ladung 1 von ihrer Position ins unendliche zu bewegen. Dann
> nimmt man sich Ladung 2 vor, und berechnet, welche Arbeit
> man braucht, um diese Ladung aus dem Feld von Ladung 3, die
> ja dann nur noch da ist, ins unendliche zu bewegen. Danach
> muss man noch berechnen, wie groß die Arbeit ist, die man
> verrichten muss, um diese Ladung in unendliche zu bewegen,
> das ist aber besonders einfach. Warum?
Also wenn ich das jetzt richtig verstanden habe habe werde ich zuerst die Feldstärke 2er Ladungen auf eine aus rechnen [mm] E=\bruch{1}{4\pi\epsilon_0}*\bruch{Q}{r^2} [/mm] und die dann vektoriell addieren. Dann will ich die arbeit haben [mm] W_{AB}=\int_{A}^{B}\overrightarrow{E}ds [/mm] wenn das richtig wäre was setzt ich denn für grenzen ein? Und wenn das richtig wäre würde ich jetzt das gleiche nur noch mit einer Ladung machen. Das dann addieren und dann wäre das doch schon das Ergebnis, oder? Denn ich muss für die dritte ladung doch nichts mehr ausrechnen sie ist dann ja schon unendlich weit von den anderen entfernt oder worauf bezieht sich das mit der entfernung?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:44 Fr 01.08.2008 | | Autor: | Kroni |
Hi,
ja, das r ist immer die Entfernung von der Punktladung aus gemessen, s.h. meine Antwort zur anderen Frage.
Das ganze mit dem Integral über E kannst du dir sparen, weil du doch schon weist, wie das Potential ausschaut.
Wie groß ist das Potential von meintwegen der ersten Punktladung im Feld der anderen beiden?! Wie groß ist das Pot. im Unendlichen? Die Differenz gibt dir die Arbeit, die du beim ersten mal anwenden musst, weil du ne konservative Kraft hast.
Das zweite mal analog, nur beachten, dass die erste Punktladung ja schon "unendlich" weit weg ist.
Mit der dritten hast du recht, die kannst du dann unenldich weit bewegen ohne Arbeit, da die anderen unendlich weit weg sind.
LG
Kroni
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