Ableitung der Spannung aus dem elektrischen Feld

Question

Ableitung der Spannung aus dem elektrischen Feld

Muno

Ich versuche, die Punktladungsgleichung für die Spannung abzuleiten, indem ich die Punktladungsgleichung für ein elektrisches Feld über die Entfernung ( $dr$ ) durchquert: $\int (KQ/r^2)\cdot dr$

Das ist meine Begründung:

1) Nehmen Sie eine Quellenladung bei $r = 0$ und eine Punktgebühr bei $r=-\infty$

2) Nehmen Sie an, dass beide Ladungen positiv sind. Daher bewegt sich wie die Punktladung ab $-\infty$ Zu $r$ , wirkt ein elektrisches Feld gegen die Ladung und verringert ihre kinetische Energie.

3) Berücksichtigen Sie, dass Kraft und Abstand in entgegengesetzte Richtungen gehen (daher das Punktprodukt $(KQ/r^2)\cdot dr$ ) und einstellen $cos\theta$ Zu $cos(180)$

4) Stellen Sie das Energieintegral auf:

Δ K E = \int_{- \infty}^{R} (K Q / R^{2}) D R * C Ö S (180)

$\Delta KE = \int_{-\infty}^{r} (KQ/r^2) dr * cos(180)$

4 Multiplizieren mit $-1$ um Delta-Potenzialenergie zu finden. Meine Antwort ist $-KQ/r$ und nicht das eigentliche $KQ/r$

Warum?

Δ v = - 1 \int_{- \infty}^{R} (K Q / R^{2}) D R * C Ö S (180)

$\Delta V = -1 \int_{-\infty}^{r} (KQ/r^2) dr * cos(180)$

Die Mathematik:

Δ v = - 1 * C Ö S (180) \int_{- \infty}^{R} (K Q / R^{2}) D R

$\Delta V = -1 * cos(180)\int_{-\infty}^{r} (KQ/r^2) dr$

Δ v = \int_{- \infty}^{R} (K Q / R^{2}) D R

$\Delta V = \int_{-\infty}^{r} (KQ/r^2) dr$

- \infty

$-\infty$ könnte auch sein

\infty

$\infty$

Δ v = \frac{- K Q}{R} |_{\infty}^{R}

$\Delta V = \frac{-KQ}{r} \Big|_\infty^r$

\frac{- K Q}{R} - \frac{- K Q}{\infty}

$\frac{-KQ}{r} - \frac{-KQ}{\infty}$

Antworten (1)

Ableitung der Spannung aus dem elektrischen Feld

tom · Answer 1

Vielen Dank, dass Sie Ihre Arbeit so ordentlich in der Frage dargestellt haben.

Ich denke die Lösung ist folgende

Δ K E = \int_{R_{A}}^{R_{B}} \frac{K Q Q}{R^{2}} D R

$\Delta KE= \int_{r_a}^{r_b}{ KQq \over r^2} dr$

Wo $r_a$ ist die Ausgangsposition und $r_b$ ist die letzte Position (und ich habe hinzugefügt $q$ als Ladung der Punktladung).

so zum Beispiel, wenn die Punktladung abgeht $r$ Zu $2r$ Wir haben zwei positive Ladungen und die Änderung der kinetischen Energie wird positiv sein, wenn die Punktladung von der Quellladung weggedrückt wird. - versuchen wir das in der Gleichung oben ....

Δ K E = \int_{R}^{2 R} \frac{K Q Q}{R^{2}} D R

$\Delta KE= \int_{r}^{2r}{ KQq \over r^2} dr$

= - {[\frac{K Q Q}{R}]}_{R}^{2 R} = - (\frac{K Q Q}{2 R} - \frac{K Q Q}{R})

$= -\left[{KQq \over r}\right]_r^{2r} = -\left({KQq \over 2r}-{KQq \over r}\right)$

= - \frac{K Q Q}{R} (\frac{1}{2} - 1) = - \frac{K Q Q}{R} (\frac{- 1}{2}) = + \frac{K Q Q}{2 R}

$= -{KQq \over r}\left({1 \over 2} - 1\right) = -{KQq \over r}\left({-1 \over 2}\right) = + {KQq \over 2r}$

Also erwarteten wir ein positives $\Delta KE$ und wir haben eins bekommen.

Nun funktioniert diese Gleichung für kinetische Energie von jedem $r_a$ zu jedem anderen $r_b$ . Wenn wir in die positive Richtung gehen, wo $r_b > r_a$ es funktioniert gut, wie wir gesehen haben $r$ Zu $2r$ . Wenn wir in die andere Richtung zum Ursprung gehen (so $r_b < r_a$ ) müssen wir nicht eingeben $cos 180$ Term weil das im Integral weil behandelt wird

\int_{R_{A}}^{R_{B}} \frac{K Q Q}{R^{2}} D R = - \int_{R_{B}}^{R_{A}} \frac{K Q Q}{R^{2}} D R

$\int_{r_a}^{r_b}{ KQq \over r^2} dr = -\int_{r_b}^{r_a}{ KQq \over r^2} dr$

[ganz allgemein natürlich $\int_a^b f(x)dx=-\int_b^a f(x)dx$ ]

Somit ist die Lösung zu deiner Frage, dass du das nicht brauchst $cos(180)$ Begriff, der ist $-1$ - Nehmen Sie dies heraus und Ihre Lösung ist perfekt.

Entschuldigung, dass meine erste Antwort dies verpasst hat - danke, dass du mehr Arbeit gezeigt hast.

also um alles zusammenzufassen

Δ P E = - Δ K E = - \int_{\infty}^{R} \frac{K Q Q}{R^{2}} D R

$\Delta PE = - \Delta KE = -\int_{\infty}^{r}{ KQq \over r^2} dr$

= + {[\frac{K Q Q}{R}]}_{\infty}^{R} = \frac{K Q Q}{R} - 0

$= +\left[{KQq \over r}\right]_\infty^r = {KQq \over r}-0$

um das Potenzial zu erhalten, durch das wir dividieren $q$ die Ladung der Punktladung.

Könnten Sie Ihre Schritte zeigen – die eigentliche Integration?
Ah ok, tut mir leid, ich sehe aus Ihrer letzten Bearbeitung ... wird die Antwort bearbeiten
@ user21945 - Entschuldigung, ich habe die Lösung in meinem ersten Beitrag verpasst - ich hoffe, diese Antwort macht Sinn. - Ein weiterer Kommentar ist, dass wir in Ihrer Frage normalerweise davon ausgehen würden $+\infty$ Zu $r$ , was das Durchlaufen des Ursprungs auf dem Weg erspart.... - an der Logik Ihres Arbeitens in der Frage ändert dies aber überhaupt nichts.
Vielen Dank für deine Hilfe. Ich kann immer noch nicht verstehen, warum die Identität cos 180 – das Skalarprodukt – berücksichtigt? Nach Ihrer Logik gibt der rechte Teil der Identität auch kinetische Energie. Wir müssen es also mit -1 multiplizieren, bevor wir potenzielle Energie erhalten können. Das gibt uns das Integral Ihrer ersten LATEX-Zeile, und dieses Integral ergibt keinen positiven Wert. Danke
@ user21945 Weitere Bearbeitungen wurden gerade oben eingefügt - sehen Sie, was Sie denken - kommentieren Sie, wenn es keinen Sinn ergibt.

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tom

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