Elektrisches Potenzial mal wieder

Ich denke schon, dass die Ausdrücke als Rechengröße Sinn machen.

Der negative Gradient der Potentiellen Energie ist die (Coulomb) Kraft des (konservativen) Feldes.
Der negative Gradient des Potentials liefert dagegen den elektrischen Feldvektor.
Je nach Anwendung interessieren die additiven Konstanten also nicht (fallen ja weg bei Gradientenbildung) und man kann die Vektorfelder durch die Skalarfunktionen vollständig beschreiben.

Oder bei Differenzen der Potentiale (Spannung bzw Arbeit). Da sind die additiven Konstanten ja auch uninteressant.

Ansonsten definiert man halt wo sich das Nullpotential befindet.

Daniel E.

space schrieb:

Der negative Gradient des Potentials liefert dagegen den elektrischen Feldvektor.
Je nach Anwendung interessieren die additiven Konstanten also nicht (fallen ja weg bei Gradientenbildung) und man kann die Vektorfelder durch die Skalarfunktionen vollständig beschreiben.

Oder bei Differenzen der Potentiale (Spannung bzw Arbeit) interessieren die additiven Konstanten ja auch nicht.

Ansonsten definiert man halt wo sich das Nullpotential befindet.

Eben, darum gibt es doch keinen Sinn, nach der Stelle zu Fragen, wo das Potential verschwindet, wenn nur eine Ladungsverteilung (also das E-Feld) gegeben ist. Ich kann mir ja das Nullpotential überall hinschieben. Wie sieht die Aufgabe denn exakt aus?

Das stimmt.
Ich denke hier wurde implizit angenommen, dass es keine additive Konstante gibt.
Könnte mit dieser Ungenauigkeit leben. Da bin ich schlimmeres gewohnt

Daniel E. schrieb:

Eben, darum gibt es doch keinen Sinn, nach der Stelle zu Fragen, wo das Potential verschwindet, wenn nur eine Ladungsverteilung (also das E-Feld) gegeben ist. Ich kann mir ja das Nullpotential überall hinschieben. Wie sieht die Aufgabe denn exakt aus?

wenn nicht anders angegeben, und sinnvoll, ist die konstante so gewählt, dass phi(unendlich) = null.

Was genau meint ihr denn mit additiver Konstante?
Kann ich die Aufgabe besser lösen, wenn ich das Potenzial in (0,0) auf null setze?

Ich komme jetzt auf:

$0 = $\frac{Q\_1}{x}$+$\frac{Q\_2}{\sqrt{(x-x\_2)^2+(y\_2)^2}}

x = $\frac{(Q\_1)^2 * x\_2 \pm Q\_1*\sqrt{(Q\_2)^2 * (x\_2)^2 - (Q\_2)^2 * y\_2 + (Q\_2)^2 * (y\_2)^2}}{(Q\_1)^2 - (Q_2)^2}$ $$

wobei x2 und y2 für die position der negativen ladung steht ...

aber das kann ja gar nicht stimmen, zum testen setze ich

$Q_1 = 2$ $Q_2 = -2$ $x_2 = 6$ $y_2 = 0&

es sollte dann ja 3 rauskommen. aber mein problem ist dass der nenner ja null wird weil
2^2 - (-2)^2 ja null ist.
Ich hab die gleichung mit maple aber auch gelöst und das kommt auf das selber ergebnis. wo mache ich einen fehler, irgendwo muss ich ein minus verschluckt haben, aber wo? oder muss im nenner anstatt dem minus viell. doch ein plus stehen? rechnerisch komme ich aber nicht auf dieses ergebnis, deswegen, weiß ich nicht was schief gegangen ist ...

Daniel E.

Stefan B schrieb:

Was genau meint ihr denn mit additiver Konstante?

Wir meinten damit, daß gilt: E = - grad Phi, E: E-Feld, Phi: Potential. Der Gradient ist im wesentlichen eine Ableitung, also ist Phi'=Phi+k, mit k fest, wieder ein Potential des E-Feldes.

Darum macht die Aufgabe genau genommen nicht so furchtbar viel Sinn, wenn man nicht irgendwie ein Nullpotential annimmt ... ich stimme aber schon zu, daß Phi(oo)=0 eine übliche Annahme ist, und hier ist es vermutlich sogar so gedacht.

Kann ich die Aufgabe besser lösen, wenn ich das Potenzial in (0,0) auf null setze?

An Stellen, wo Punktladungen sitzen, divergiert das E-Feld und auch das Potential (weil man durch 0 dividiert). Da würde ich es also nicht gerade hinsetzen.

Ich komme jetzt auf:
$0 = $\frac{Q\_1}{x}$+$\frac{Q\_2}{\sqrt{(x-x\_2)^2+(y\_2)^2}}
x = $\frac{(Q\_1)^2 * x\_2 \pm Q\_1*\sqrt{(Q\_2)^2 * (x\_2)^2 - (Q\_2)^2 * y\_2 + (Q\_2)^2 * (y\_2)^2}}{(Q\_1)^2 - (Q_2)^2}$ $$

Aber Du kannst den Wurzelausdruck bei deinen gegebenen Daten doch noch vereinfachen, dann wirst Du feststellen, daß sich für den Fall von Q1=-Q2 die nicht definierte Stelle rauskürzen läßt. Paßt also schon.

Ich seh nicht wie ich den ausdruck weiter kürzen kann... oder geht das NUR für den fall Q1 = -Q2 !?

Und wie läuft das eigentlich, wenn ich von einem bekannten Efeld das potenzielle feld herleiten will?
hab versucht jede komponente zu integrieren und die jeweiligen ergebnisse zusammenzusählen, aber das funzt nicht...
ich soll nämlich in einer aufgabe eine ladung in einem bekannten efeld verschieben und die arbeit ausrechnen, die ich so verrichte.
als anleitung steht nur, integriere das efeld zuerst von (0,0) nach (x1,0) und von da dann nach (x1,y1) und verifziere das ergebnis mit dem linienintegral von (0,0) bis (x1,y2) -> hab nur keinen plan was genau ein linienintegral ist, wir hatten das noch nicht.

lg, stefan

Ich hab mir das ganze jetzt nochmal ein bisschen überlegt, wie man von einem gradientenfeld wieder auf das zugrundeliegende skalarefeld zurückkommen könnte, aber komme einfach nicht auf das richte ergebnis:

Mein EFeld:

E=(6xy, x^2-y2);

Zuerst integriere ich die erste Komponente:

φ = 3x^2*y + f(y)

hab mir das so überlegt, dass ich ja noch eine Funktion y, dass ich auf die 2. Komponente des E Feldes komme, wenn ich φ jetzt so nach y ableite, sollte ich theoretisch auf die 2. Komponente des Efeldes kommen!?

φ' =3x^2+ f'(y) = x^2-y2

Auf f(y) komme ich durch integration nach y:
f(y) = -2x^2*y - 1/3 * y^3 + C

-> φ = 3x^2*y - 2x^2*y - 1/3 * y^3 + C

Aber nun sollte ich ja wieder auf das Efeld kommen, wenn ich den gradienten von φ nehme. Mit meiner lösung komme ich aber auf:

E(x,y) = (2xy, x^2-y2)

Die erste Komponente stimmt also nicht überein. aber ich komm einfach nicht darauf wieso, zumal mir mein ansatz mit dem f(y) logisch erscheint!?

mfg, stefan

Daniel E.

Stefan B schrieb:

Ich hab mir das ganze jetzt nochmal ein bisschen überlegt, wie man von einem gradientenfeld wieder auf das zugrundeliegende skalarefeld zurückkommen könnte, aber komme einfach nicht auf das richte ergebnis:

Mein EFeld:

E=(6xy, x^2-y2)

Ähm, das ist auch kein Gradientenfeld, weil rotE ungleich 0, da kannst Du lange probieren, ein Potential dafür zu finden. Es gibt einfach keins. (Gäbe es eins, hättest Du es mit deinem Ansatz gefunden.)

Du wirst auch feststellen, daß die Kurvenintegrale im allgemeinen in diesem Feld nicht unabhängig vom Weg sind. Wie mal Wegintegrale ausrechnet, steht zB http://www-hm.ma.tum.de/integration/course/html/ch2/home.htm

BTW: Die Vereinfachungen der quadratischen Gleichung oben gilt nur für den Fall Q1=-Q2 und die Ergebnisse, die rauskommen, mußt Du nochmal in die Ausgangsgleichung einsetzen um zu sehen, ob sie passen, weil Du während denen Umformungen mal quadriert hast.

Okay danke