Elektrisches Feld und elektrisches Skalarpotential zweier senkrecht zueinander stehender Drähte

Question

Elektrisches Feld und elektrisches Skalarpotential zweier senkrecht zueinander stehender Drähte

Sephi-

Also, ich habe versucht, eine Idee zu entwickeln, die mir in der letzten halben Woche oder so plausibel erscheint, aber ich stecke fest und komme mit diesem Problem anscheinend nicht weiter.

Das Problem ist wie folgt (wahrscheinlich grobe Übersetzung der Aufgabe):

Betrachten Sie zwei gleichmäßig geladene Drähte mit einer bestimmten Leitungsladungsdichte $\lambda$ die sich in einem Winkel von 90 Grad schneiden. Berechnen Sie das elektrische Feld $\vec{E}(\vec{r})$ und das elektrische Skalarpotential $\phi(\vec{r})$ .

Nun, hier ist mein bisheriger Fortschritt (wenn Sie es so nennen wollen):

Aus dem Gesetz von Gauß wissen wir, dass das elektrische Feld eines einzelnen geladenen Drahtes sein sollte

{\vec{E}}_{1} (\vec{R}) = \frac{Q}{2 π ϵ_{0} R_{1} l} {\hat{R}}_{1}

$\vec{E}_1(\vec{r})=\frac{Q}{2\pi\epsilon_0r_1l}\hat{r}_1$

Verwendung der Linienladungsdichte $\lambda=\frac{Q}{l}$ , Ich weiß, dass $Q=\lambda l$ . Sobald ich das in die Gleichung für mein elektrisches Feld einsetze und durchstreiche $l$ s bekomme ich

{\vec{E}}_{1} (\vec{R}) = \frac{λ}{2 π ϵ_{0} R_{1}} {\hat{R}}_{1}

$\vec{E}_1(\vec{r})=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0r_1}\hat{r}_1$

Dies sollte mein elektrisches Feld für nur einen geladenen Draht sein, richtig? Wenn ich jetzt einen weiteren Draht hinzufüge, der genau gleich ist, könnte ich das Superpositionsprinzip nutzen und sie zusammenfügen. Dann sollte mein gesamtes elektrisches Feld ungefähr so aussehen:

{\vec{E}}_{T Ö T A l} (\vec{R}) = \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} (\frac{1}{R_{1}} \hat{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} \hat{R_{2}})

$\vec{E}_{total}(\vec{r})=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}(\frac{1}{r_1}\hat{r_1}+\frac{1}{r_2}\hat{r_2})$

Mit $\hat{r_1}$ Und $\hat{r_2}$ die Einheitsvektoren in die jeweilige Richtung einer Testladung und sind $r_1$ Und $r_2$ die Entfernungen von dieser Testladung zu meinen Drähten sind. Hier ist mein erstes großes Problem: Ich weiß nicht, ob dies tatsächlich die richtige Antwort auf das Problem ist, und mir fehlt das Vertrauen, einfach davon auszugehen, dass dies der Fall ist. Ich finde auch keine Möglichkeit, mein Ergebnis zu überprüfen.

Da sich der zweite Teil der Frage stark auf den ersten stützt, können alle weiteren Ergebnisse bereits von Anfang an falsch sein. Hier ist mein Versuch, das elektrische Skalarpotential zu finden:

Anstatt die Gleichung für zu verwenden $\vec{E}_{total}$ Ich habe versucht, die beiden Potentiale einzeln zu berechnen und anschließend wieder nach dem Superpositionsprinzip zu addieren.

ϕ_{1} (\vec{R}) = - \int_{\infty}^{R} {\vec{E}}_{1} (\vec{R}) D R^{'} = - \int_{\infty}^{R} \frac{λ}{2 π ϵ_{0} R_{1}^{'}} D R^{'} = - \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \int_{\infty}^{R} \frac{1}{R_{1}^{'}} D R^{'}

$\phi_1(\vec{r})=-\int_\infty^r{\vec{E}_1(\vec{r})dr'}=-\int_\infty^r{\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0r'_1}dr'}=-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\int_\infty^r{\frac{1}{r'_1}dr'}$

Also, hier ist mein nächstes großes Problem. Wenn ich dieses Integral berechne und die Stammfunktion von bilde $\frac{1}{r'_1}dr'$ Ich schließe mit:

ϕ_{1} (\vec{R}) = - \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} [\ln R_{1}^{'}]_{\infty}^{R} = - \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} (\ln R - \ln \infty) = - \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \ln \frac{R}{\infty}

$\phi_1(\vec{r})=-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}[\ln{r'_1}]_\infty^r=-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}(\ln{r}-\ln{\infty})=-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{r}{\infty}}$

Jetzt habe ich keine Ahnung, wohin ich von dort aus gehen soll … wenn ich fortfahre und die Integrationsgrenzen einsetze, würde ich am Ende ein unendliches Potenzial haben, also habe ich einen anderen Ansatz versucht und eine andere Gleichung für das skalare Potenzial verwendet:

ϕ_{1} (\vec{R}) = \frac{1}{2 π ϵ_{0}} \frac{Q}{R_{1}} = \frac{1}{2 π ϵ_{0}} \frac{λ l}{R_{1}}

$\phi_1(\vec{r})=\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{Q}{r_1}=\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{\lambda l}{r_1}$

Auf die eine oder andere Weise ähnelt dies dem obigen Ergebnis, was es mir ziemlich plausibel erscheinen lässt, also habe ich damit fortgefahren und nachdem ich ein "zweites" Potential wie dieses erstellt hatte, fügte ich sie zusammen, indem ich mich auf das Superpositionsprinzip stützte:

ϕ_{T Ö T A l} (\vec{R}) = \frac{λ l}{2 π ϵ_{0}} (\frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}})

$\phi_{total}(\vec{r})=\frac{\lambda l}{2\pi\epsilon_0}(\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2})$

Wieder stehe (sitze) ich hier mit wenig bis gar keinem Vertrauen in mein Ergebnis.

Garyp

Ihre dritte Gleichung ist in gewisser Weise richtig ... aber nicht sehr nützlich. Die Variablen

r_{1}

$r_1$ Und

r_{2}

$r_2$ beziehen sich ebenso wie die beteiligten Einheitsvektoren auf unterschiedliche Koordinatensysteme. Sie müssen ein Koordinatensystem für alles verwenden. Erwägen Sie, die Drähte auf dem zu platzieren

x

$x$ Und

y

$y$ Achsen und drücken Sie das Feld in kartesischen Koordinaten aus

x

$x$ ,

y

$y$ ,

z

$z$ ,

\hat{x}

$\hat{x}$ ,

\hat{y}

$\hat{y}$

\hat{z}

$\hat{z}$ .

Bill N

Wie @garyp sagt, müssen Sie ein Koordinatensystem definieren. Sie müssen auch einen Ursprung oder zumindest einen Ort auswählen, an dem sich die Drähte kreuzen. Sind das endliche oder unendlich lange Drähte? Es könnte einfacher sein, zuerst die Funktion für das Potential zu finden und dann den Gradienten zu nehmen, um das E-Feld zu finden:

\vec{E} = - \nabla ϕ

$\vec{E}=-\nabla \phi$

Sephi-

(1/2) OK Also, ich habe versucht, das zu tun, was Sie zwei empfohlen haben, aber ich kann es einfach nicht sehen. Ich habe sie in dasselbe Koordinatensystem gelegt, wobei jeder Draht entlang einer der Achsen verläuft, und ich habe meinen Ursprung an dem Punkt gewählt, an dem sie sich kreuzen. Wenn ich nun versuche, eine der obigen Gleichungen in diese Form zu bringen, erhalte ich am Ende etwas, das dem, was ich bereits habe, sehr ähnlich sieht, und ich wüsste nicht, wohin ich von dort aus gehen soll:

{\vec{E}}_{x} (\vec{r}) = \frac{λ}{2 π ϵ_{0} \sqrt{y^{2} + z^{2}}} \hat{P}

$\vec{E}_x(\vec{r})=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\sqrt{y^2+z^2}}\hat{P}$ .

\hat{P}

$\hat{P}$ ist der Einheitsvektor der Position meiner Testladung. Das sollte für beide Drähte gleich sein, da sie in …

Sephi-

(2/2) … das gleiche Koordinatensystem.

\sqrt{y^{2} + z^{2}}

$\sqrt{y^2+z^2}$ ist nur das oben

r_{1}

$r_1$ , was die Entfernung von meiner Punktladung zum Draht bedeutet. Genauso verhält es sich mit dem zweiten E-Feld

r_{2}

$r_2$ Ist

\sqrt{x^{2} + z^{2}}

$\sqrt{x^2+z^2}$ in diesem Fall. Also sieht mein gesamtes E-Feld so aus:

{\vec{E}}_{t o t a l} (\vec{r}) = \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \hat{P} (\frac{1}{\sqrt{y^{2} + z^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{x^{2} + z^{2}}})

$\vec{E}_{total}(\vec{r})=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\hat{P}(\frac{1}{\sqrt{y^2+z^2}}+\frac{1}{\sqrt{x^2+z^2}})$ , aber ich sehe nicht, wie mir das hilft. :/ Was deine Frage @BillN betrifft, sagt die Aufgabe selbst nichts über die Länge der Drähte aus, also muss ich davon ausgehen, dass sie unendlich lang sind.

Antworten (2)

Elektrisches Feld und elektrisches Skalarpotential zweier senkrecht zueinander stehender Drähte

Ihre dritte Gleichung ist in gewisser Weise richtig ... aber nicht sehr nützlich. Die Variablen $r_1$ Und $r_2$ beziehen sich ebenso wie die beteiligten Einheitsvektoren auf unterschiedliche Koordinatensysteme. Sie müssen ein Koordinatensystem für alles verwenden. Erwägen Sie, die Drähte auf dem zu platzieren $x$ Und $y$ Achsen und drücken Sie das Feld in kartesischen Koordinaten aus $x$ , $y$ , $z$ , $\hat{x}$ , $\hat{y}$ $\hat{z}$ .
Wie @garyp sagt, müssen Sie ein Koordinatensystem definieren. Sie müssen auch einen Ursprung oder zumindest einen Ort auswählen, an dem sich die Drähte kreuzen. Sind das endliche oder unendlich lange Drähte? Es könnte einfacher sein, zuerst die Funktion für das Potential zu finden und dann den Gradienten zu nehmen, um das E-Feld zu finden: $\vec{E}=-\nabla \phi$
(1/2) OK Also, ich habe versucht, das zu tun, was Sie zwei empfohlen haben, aber ich kann es einfach nicht sehen. Ich habe sie in dasselbe Koordinatensystem gelegt, wobei jeder Draht entlang einer der Achsen verläuft, und ich habe meinen Ursprung an dem Punkt gewählt, an dem sie sich kreuzen. Wenn ich nun versuche, eine der obigen Gleichungen in diese Form zu bringen, erhalte ich am Ende etwas, das dem, was ich bereits habe, sehr ähnlich sieht, und ich wüsste nicht, wohin ich von dort aus gehen soll: $\vec{E}_x(\vec{r})=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\sqrt{y^2+z^2}}\hat{P}$ . $\hat{P}$ ist der Einheitsvektor der Position meiner Testladung. Das sollte für beide Drähte gleich sein, da sie in …
(2/2) … das gleiche Koordinatensystem. $\sqrt{y^2+z^2}$ ist nur das oben $r_1$ , was die Entfernung von meiner Punktladung zum Draht bedeutet. Genauso verhält es sich mit dem zweiten E-Feld $r_2$ Ist $\sqrt{x^2+z^2}$ in diesem Fall. Also sieht mein gesamtes E-Feld so aus: $\vec{E}_{total}(\vec{r})=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\hat{P}(\frac{1}{\sqrt{y^2+z^2}}+\frac{1}{\sqrt{x^2+z^2}})$ , aber ich sehe nicht, wie mir das hilft. :/ Was deine Frage @BillN betrifft, sagt die Aufgabe selbst nichts über die Länge der Drähte aus, also muss ich davon ausgehen, dass sie unendlich lang sind.

Sephi- · Answer 1

Also, ich glaube, ich habe es dank der Tipps verstanden, die ihr zwei mir gegeben habt. Wie Sie bereits erwähnt haben, waren meine einzelnen elektrischen Felder nicht falsch, aber ich muss sie in dasselbe Koordinatensystem einfügen. Das elektrische Feld für den entlang der x-Achse verlaufenden Draht sollte dann etwa so aussehen:

{\vec{E}}_{X} (\vec{R}) = \frac{λ}{2 π ϵ_{0} \sqrt{j^{2} + z^{2}}} \frac{1}{\sqrt{j^{2} + z^{2}}} (\begin{matrix} 0 \\ j \\ z \end{matrix}) = \underline{\frac{λ}{2 π ϵ_{0} j^{2} + z^{2}} (\begin{matrix} 0 \\ j \\ z \end{matrix})} .

$\vec{E}_x(\vec{r})=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\sqrt{y^2+z^2}}\frac{1}{\sqrt{y^2+z^2}}\begin{pmatrix} 0 \\ y \\ z\end{pmatrix}=\underline{\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0y^2+z^2}\begin{pmatrix} 0 \\ y \\ z\end{pmatrix}}.$ Wo

\sqrt{y^{2} + z^{2}}

$\sqrt{y^2+z^2}$ ist die Distanz

r_{x}

$r_x$ vom Draht/der x-Achse und

\frac{1}{\sqrt{y^{2} + z^{2}}} (\begin{matrix} 0 \\ y \\ z \end{matrix})

$\frac{1}{\sqrt{y^2+z^2}}\begin{pmatrix} 0 \\ y \\ z\end{pmatrix}$ ist der Einheitsvektor

{\hat{r}}_{x}

$\hat{r}_x$ in Richtung des Drahtfeldes. Das Feld für den Draht entlang der y-Achse ist ähnlich, nur muss ich jetzt den x-Wert und nicht den y-Wert betrachten. Es sollte also so aussehen:

{\vec{E}}_{j} (\vec{R}) = \underline{\frac{λ}{2 π ϵ_{0} X^{2} + z^{2}} (\begin{matrix} X \\ 0 \\ z \end{matrix})} .

$\vec{E}_y(\vec{r})=\underline{\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0x^2+z^2}\begin{pmatrix} x \\ 0 \\ z\end{pmatrix}}.$ Setze ich sie zusammen, während ich mich auf das Überlagerungsprinzip verlasse, erhalte ich ein elektrisches Gesamtfeld von

{\vec{E}}_{T Ö T A l} (\vec{R}) = \underline{\underline{\frac{λ}{2 π ϵ_{0}} (\frac{1}{j^{2} + z^{2}} (\begin{matrix} 0 \\ j \\ z \end{matrix}) + \frac{1}{X^{2} + z^{2}} (\begin{matrix} X \\ 0 \\ z \end{matrix}))}} .

$\vec{E}_{total}(\vec{r})=\underline{\underline{\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\left(\frac{1}{y^2+z^2}\begin{pmatrix} 0 \\ y \\ z\end{pmatrix}+\frac{1}{x^2+z^2}\begin{pmatrix} x \\ 0 \\ z\end{pmatrix}\right)}}.$

@BillN: Vielen Dank für den Link bezüglich des unendlichen Potenzials. Diese Seite gab mir einen anständigen Einblick, warum es passiert und was ich tun muss. Ich habe mich auch in David J. Griffiths Einführung in die Elektrodynamik über das Thema informiert .

Wenn ich jetzt mit nur einem Potenzial beginne und einen endlichen Bezugspunkt auswähle, erhalte ich am Ende etwas, das meinen obigen Ideen ziemlich ähnlich ist, nur ohne das unendliche Potenzial:

\begin{array}{rcl} ϕ_{X} (\vec{R}) = - \int_{A}^{R_{X}} {\vec{E}}_{X} (\vec{R}) D R^{'} & = & - \int_{A}^{R_{X}} \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \frac{1}{R} D R^{'} \\ = & - \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \int_{A}^{R_{X}} \frac{1}{R} D R^{'} \\ = & - \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} {[\ln R]}_{A}^{R_{X}} \\ = & - \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} (\ln R_{X} - \ln A) \\ = & \underline{- \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \ln \frac{R_{X}}{A}} . \end{array}

$\begin{eqnarray*}\phi_{x}(\vec{r})=-\int_a^{r_x}{\vec{E}_x(\vec{r})dr'} &=& -\int_a^{r_x}{\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\frac{1}{r}dr'} \\ &=&-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\int_a^{r_x}{\frac{1}{r}dr'} \\ &=&-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\left[\ln{r}\right]_a^{r_x} \\ &=&-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\left(\ln{r_x}-\ln{a}\right) \\ &=&\underline{-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{r_x}{a}}} .\end{eqnarray*}$ Jetzt kann ich dasselbe für das Potential des "y-Drahts" tun, indem ich denselben endlichen Bezugspunkt a verwende, um es zu erhalten

ϕ_{j} (\vec{R}) = \underline{- \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \ln \frac{R_{j}}{A}} .

$\phi_{y}(\vec{r})=\underline{-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{r_y}{a}}}.$

r_{x}

$r_x$ Und

r_{y}

$r_y$ Ich weiß von oben, also wenn ich die beiden Potentiale nach dem Superpositionsprinzip addiere, sollte mein Gesamtpotential für beide Drähte so aussehen:

\begin{array}{rcl} ϕ_{T Ö T A l} (\vec{R}) = ϕ_{X} (\vec{R}) + ϕ_{j} (\vec{R}) & = & - \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \ln \frac{R_{X}}{A} + (- \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \ln \frac{R_{j}}{A}) \\ = & - \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} (\ln \frac{R_{X}}{A} + \ln \frac{R_{j}}{A}) \\ = & \underline{\underline{- \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \ln \frac{R_{X} \cdot R_{j}}{A^{2}}}} . \end{array}

$\begin{eqnarray*}\phi_{total}(\vec{r})=\phi_{x}(\vec{r})+\phi_{y}(\vec{r}) &=& -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{r_x}{a}}+\left(-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{r_y}{a}}\right) \\ &=& -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\left(\ln{\frac{r_x}{a}}+\ln{\frac{r_y}{a}}\right) \\ &=& \underline{\underline{-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{r_x\cdot r_y}{a^2}}}}.\end{eqnarray*}$ Wenn ich jetzt einstecke

r_{x}

$r_x$ Und

r_{y}

$r_y$ Ich bekomme

ϕ_{T Ö T A l} (\vec{R}) = - \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \ln \frac{\sqrt{j^{2} + z^{2}} \cdot \sqrt{X^{2} + z^{2}}}{A^{2}} = \underline{\underline{- \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \ln \frac{\sqrt{(j^{2} + z^{2}) (X^{2} + z^{2})}}{A^{2}}}} .

$\phi_{total}(\vec{r})=-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{\sqrt{y^2+z^2}\cdot \sqrt{x^2+z^2}}{a^2}}=\underline{\underline{-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{\sqrt{(y^2+z^2)(x^2+z^2)}}{a^2}}}}.$ Ob das wirklich stimmt, muss ich warten, bis wir es nächste Woche im Unterricht überprüfen, aber es ist das erste Mal, dass ich mich wirklich sicher fühle, was meine Ergebnisse angeht.

Bill N · Answer 2

Beim Umgang mit unendlich langen Linienladungen (im Grunde eine zylindrische Geometrie) wird die Berechnung des Potentials relativ zur Unendlichkeit zu einem Problem. An einem endlichen Ort muss ein Bezug (Masse/Erde) hergestellt werden. Ihr Ergebnis einer unendlichen Potentialdifferenz ist also nicht falsch, obwohl es beim ersten Mal verwirrend ist, wenn Sie es sehen.

Auf dieser Website wird beschrieben, warum dies geschieht. Sie erden effektiv ein Ende Ihrer Verteilung und stapeln dann eine unendliche Menge an Ladung auf der ganzen Linie.

Elektrisches Feld und elektrisches Skalarpotential zweier senkrecht zueinander stehender Drähte

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Potential aufgrund eines geladenen Rings: Diskontinuität des elektrischen Felds

Feld eines Zylinders mit Oberflächenladungsdichte σ=σ0cos(θ)σ=σ0cos⁡(θ)\sigma= \sigma_0 \cos(\theta)

Ableitung der Spannung aus dem elektrischen Feld

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Berechnung des elektrischen Feldes in einem Plattenkondensator unter Angabe der Potentialdifferenz

Elektrisches Potential an einem Punkt

Unendliches leitendes Blatt zwischen zwei Ladungspotentialen

Elektrisches Potential der Kugel

Arbeit des elektrischen Feldes an der Ladung - Negativ oder Positiv?

Ist das Gaußsche Gesetz falsch, oder ist es möglich, dass ∫sE⃗ ⋅ds⃗ =0∫sE→⋅ds→=0\int_s{\vec E} \cdot d\vec{s}=0 nicht E⃗ =0E→=0 impliziert \vec E = 0?