Ein Ring mit dem Radius a ist gleichmäßig mit einer Ladung q1 auf einer Hälfte des
Rings und mit einer anderen Ladung q2 auf der anderen Hälfte geladen. Berechnen Sie den Vektor
des elektrischen Feldes an einem Punkt P auf der Symmetrieachse senkrecht zur Ebene des Rings in einem
Abstand z von seinem Mittelpunkt.
Gegebene Daten:
- Radius des Rings: a;
- Ladung einer Hälfte des Rings: q1;
- Ladung der anderen Hälfte: q2;
- Abstand bis zu dem Punkt, an dem das elektrische Feld berechnet werden soll: z.
Lösung:
- Für die Hälfte des Rings mit der Ladung q1 zwischen 0 e π.
Der Ortsvektor r1 verläuft von einem Ladungselement dq1 des Rings bis zum Punkt
P, an dem das elektrische Feld berechnet werden soll, der Vektor rq gibt die Lage
des Ladungselements relativ zum Ursprung des Bezugssystems an, und der Vektor rp gibt die
Lage des Punktes P an (Abbildung 1-A).
\[
\begin{gather}
{\mathbf r}_1={\mathbf r}_p-{\mathbf r}_q
\end{gather}
\]
Aufgrund der Geometrie des Problems müssen wir Zylinderkoordinaten wählen (Abbildung 1-B). Der Vektor
rq, der in der xy-Ebene liegt, wird geschrieben als
\( {\mathbf r}_q=x\;\mathbf i+y\;\mathbf j \),
und der Vektor rp besitzt nur eine Komponente in der Richtung k,
\( {\mathbf r}_p=z\;\mathbf k \),
der Ortsvektor ist dann
\[
\begin{gather}
{\mathbf r}_1=z\;\mathbf k-\left(x\;\mathbf i+y\;\mathbf j\right) \\[5pt]
{\mathbf r}_1=-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \tag{I}
\end{gather}
\]
Aus der Gleichung (I) ergibt sich für den Betrag des Ortsvektors r1
\[
\begin{gather}
r_1^2=(-x)^2+(-y)^2+z^2 \\[5pt]
r_1=\left(x^2+y^2+z^2\right)^{1/2} \tag{II}
\end{gather}
\]
wobei x, y und z in Zylinderkoordinaten gegeben sind durch
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{array}{l}
x=a\cos\theta \\
y=a\sin\theta \\
z=z
\end{array}
\right. \tag{III}
\end{gather}
\]
Der Vektor des elektrischen Feldes dieser Hälfte des Rings ist gegeben durch
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^2}\;\frac{\mathbf r}{r}}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int{\frac{dq_1}{r^2}\frac{{\mathbf r}}{r}} \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int{\frac{dq_1}{r^{3}}{\mathbf r}} \tag{IV}
\end{gather}
\]
Aus der Gleichung der linearen Ladungsdichte λ1 erhalten wir das Ladungselement
dq1.
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\lambda=\frac{dq}{ds}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\lambda_1=\frac{dq_1}{ds_1} \\[5pt]
dq_1=\lambda_1\;ds_1 \tag{V}
\end{gather}
\]
wobei ds1 ein Bogenelement mit dem Winkel dθ1 des Rings ist (Abbildung 2).
\[
\begin{gather}
ds_1=a\;d\theta_1 \tag{VI}
\end{gather}
\]
durch Einsetzen der Gleichung (VI) in die Gleichung (V).
\[
\begin{gather}
dq_1=\lambda_1a\;d\theta_1 \tag{VII}
\end{gather}
\]
Durch Einsetzen der Gleichungen (I), (II) und (VII) in die Gleichung (IV).
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int{\frac{\lambda_1a\;d\theta_1}{\left[\left(x^2+y^2+z^2\right)^{1/2}\right]^{3}}}\left(-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda_1a\;d\theta_1}{\left(x^2+y^2+z^2\;\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \tag{VIII}
\end{gather}
\]
durch Einsetzen der Gleichungen aus (III) in die Gleichung (VIII).
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int{\frac{\lambda_1a\;d\theta_1}{\left[\left(a\cos\theta_1\right)^2+\left(a\sin \theta_1\right)^2+z^2\right]^{3/2}}\left(-a\cos\theta_1\;\mathbf i-a\sin \theta_1\;\mathbf j+z\mathbf k\right)} \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda_1a\;d\theta_1}{\left[a^2\cos^2\theta_1+a^2\sin ^2\theta_1+z^2\right]^{3/2}}\left(-a\cos\theta_1\;\mathbf i-a\sin \theta_1\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)} \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda_1a\;d\theta_1}{\left[a^2\underbrace{\left(\cos^2\theta_1+\sin ^2\theta_1\right)}_1+z^2\right]^{3/2}}\left(-a\cos\theta_1\;\mathbf i-a\sin \theta_1\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)} \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda_1a\;d\theta_1}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-a\cos\theta_1\;\mathbf i-a\sin \theta_1\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)}
\end{gather}
\]
Die Ladungsdichte λ1 und der Radius a sind konstant, sie können aus dem Integral
herausgezogen werden, und das Integral einer Summe ist gleich der Summe der Integrale.
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{\lambda_1a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-a\int\cos\theta_1\;d\theta_1\;\mathbf i-a\int\sin \theta_1\;d\theta_1\;\mathbf j+z\int\;d\theta_1\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Die Integrationsgrenzen für diese Hälfte des Rings sind 0 und π (halbe Umdrehung – Abbildung 2).
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\;\frac{\lambda_1a}{\left(a^2+z^2\;\right)^{3/2}}\left(-a\int_0^{\pi}\cos\theta _1\;d\theta_1\;\mathbf i-a\int_0^{\pi}\sin \theta_1\;d\theta_1\;\mathbf j+z\int_0^{\pi}\;d\theta_1\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Integral von
\( \displaystyle \int_0^{\pi }\cos\theta_1\;d\theta_1 \)
1. Methode
\[
\begin{align}
\int_0^{\pi}\cos\theta_1\;d\theta_1 &=\left.\sin \theta_1\;\right|_{\;0}^{\;\pi}=\sin \pi -\sin 0=\\
&=0-0=0
\end{align}
\]
2. Methode
Der Kosinusgraph zwischen 0 und π besitzt eine "positive" Fläche oberhalb der x-Achse zwischen 0 und
\( \frac{\pi}{2} \),
sowie eine "negative" Fläche unterhalb der x-Achse zwischen
\( \frac{\pi}{2} \)
unπ,π; diese beiden Flächen heben sich bei der Berechnung des Integrals gegenseitig auf, sodass der Wert
des Integrals null ist (Abbildung 3).
Integral von
\( \displaystyle \int_0^{\pi}\sin \theta_1\;d\theta_1 \)
\[
\begin{align}
\int_0^{\pi}\sin \theta_1\;d\theta_1 &=\left.-\cos\theta_1\;\right|_{\;0}^{\;\pi }=-(\cos\pi -\cos 0) \\
&=-(-1-1)=-(-2)=2
\end{align}
\]
Integral von
\( \displaystyle \int_0^{\pi}\;d\theta_1 \)
\[
\begin{gather}
\int_0^{\pi}\;d\theta_1=\left.\theta_1\;\right|_{\;0}^{\;\pi}=\pi -0=\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\;\frac{\lambda_1a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-a\times 0\;\mathbf i-2a\;\mathbf j+\pi z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\;\frac{\lambda_1a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-2a\;\mathbf j+\pi z\;\mathbf k\right) \tag{IX}
\end{gather}
\]
- Für die Hälfte des Rings mit der Ladung q2 zwischen π und 2π.
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int{\frac{dq_2}{r^{3}}\;{\mathbf r}} \tag{X}
\end{gather}
\]
Aus der Gleichung der linearen Ladungsdichte (V) erhalten wir das Ladungselement dq2.
\[
\begin{gather}
dq_2=\lambda_2\;ds_2 \tag{XI}
\end{gather}
\]
durch Einsetzen der Gleichungen (I), (II) und (XI) in die Gleichung (X) erhalten wir eine Gleichung, die der
Gleichung (VIII) ähnlich ist.
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int{\frac{\lambda_2a\;d\theta_2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \tag{XII}
\end{gather}
\]
durch Einsetzen der Gleichungen aus (III) in die Gleichung (XII) und nach denselben algebraischen Umformungen.
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\;\frac{\lambda_2a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-a\int\cos\theta_2\;d\theta_{\;2}\;\mathbf i-a\int\sin \theta_2\;d\theta_2\;\mathbf j+z\int\;d\theta_2\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Die Integrationsgrenzen für diese Hälfte des Rings sind π und 2π (halbe Umdrehung – Abbildung 5).
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{\lambda_2a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-a\int_{\pi}^{{2\pi}}\cos\theta_2\;d\theta_2\;\mathbf i-a\int_{\pi}^{{2\pi}}\sin \theta_2\;d\theta_2\;\mathbf j+z\int_{\pi}^{{2\pi}}\;d\theta_2\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Integral von
\( \displaystyle \int_{\pi}^{{2\pi}}\cos\theta_2\;d\theta_2 \)
1. Methode
\[
\begin{align}
\int_{\pi}^{{2\pi}}\cos\theta_2\;d\theta_2 &=\left.\sin \theta_2\;\right|_{\;\pi }^{\;2\pi}=\sin 2\pi -\sin \pi =\\
&=0-0=0
\end{align}
\]
2. Methode
Der Kosinusgraph zwischen π und 2π besitzt eine "negative" Fläche unterhalb der x-Achse zwischen
π und
\( \frac{3\pi}{2} \),
sowie eine "positive" Fläche oberhalb der x-Achse zwischen
\( \frac{3\pi}{2} \)
und 2π diese beiden Flächen heben sich bei der Berechnung des Integrals gegenseitig auf, sodass der Wert
des Integrals null ist (Abbildung 6).
Integral von
\( \displaystyle \int_{\pi}^{{2\pi}}\sin \theta_2\;d\theta_2 \)
\[
\begin{align}
\int_{\pi}^{{2\pi}}\sin \theta_2\;d\theta_2 &=\left.-\cos\theta_2\;\right|_{\;\pi}^{\;2\pi}=-(\cos 2\pi-\cos\pi)=\\
&=-[1-(-1)]=-(2)=-2
\end{align}
\]
Integral von
\( \displaystyle \int_{\pi}^{{2\pi}}\;d\theta_2 \)
\[
\begin{gather}
\int_{\pi}^{{2\pi}}\;d\theta_2=\left.\theta_2\;\right|_{\;\pi}^{\;2\pi}=2\pi -\pi =\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\;\frac{\lambda_2a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left[-a\times 0\;\mathbf i-(-2)a\;\mathbf j+\pi z\;\mathbf k\right] \\[5pt]
{\mathbf E}_2=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\;\frac{\lambda_2a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(2a\;\mathbf j+\pi z\;\mathbf k\right) \tag{XIII}
\end{gather}
\]
Der gesamte Vektor des elektrischen Feldes ergibt sich aus der Summe der Gleichungen (IX) und (XIII).
\[
\begin{gather}
\mathbf E={\mathbf E}_1+{\mathbf E}_2
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{\lambda_1a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-2a\;\mathbf j+\pi z\;\mathbf k\right)+\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{\lambda_2a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(2a\;\mathbf j+\pi z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-2a\lambda_1\;\mathbf j+\pi z\lambda_1\;\mathbf k+2a\lambda_2\;\mathbf j+\pi z\lambda_2\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left[2a\left(\lambda_2-\lambda_1\right)\;\mathbf j+\pi z\left(\;\lambda_1+\lambda_2\right)\;\mathbf k\right] \tag{XIV}
\end{gather}
\]
Die Gesamtladung jeder Hälfte des Rings beträgt q1 beziehungsweise q2, und ihre
Längen betragen πa, somit ist die lineare Ladungsdichte jeder Hälfte
\[
\begin{gather}
\lambda_1=\frac{q_1}{\pi a}\qquad \text{und}\qquad \lambda_2=\frac{q_2}{\pi a}
\end{gather}
\]
durch Einsetzen dieser Gleichungen in die Gleichung (XIV).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left[2a\left(\frac{q_2}{\pi a}-\frac{q_1}{\pi a}\right)\;\mathbf j+\pi z\left(\frac{q_1}{\pi a}+\frac{q_2}{\pi a}\right)\;\mathbf{\text{k}}\right] \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left[\frac{2\cancel{a}}{\pi \cancel{a}}\left(q_2-q_1\right)\;\mathbf j+\frac{\cancel{\pi} z}{\cancel{\pi} a}\left(q_1+q_2\right)\;\mathbf k\right]
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left[\frac{2}{\pi}\left(q_2-q_1\right)\;\mathbf j+\frac{z}{a}\left(q_1+q_2\right)\;\mathbf k\right]}
\end{gather}
\]
Anmerkung: Falls die Ladung
q1 größer als die Ladung
q2 ist,
ist der Term in der Richtung
j negativ
\( q_2-q_1<0 \)
und der Vektor des elektrischen Feldes ist zum −
j geneigt (Abbildung 8-A). Falls die Ladung
q1 kleiner als die Ladung
q2 ist, ist der Term in der Richtung
j positiv,
und der Vektor des elektrischen Feldes ist zum +
j geneigt (Abbildung 8-B). Falls die Ladungen
q1 und
q2 gleich sind
\( \left(q_1=q_2=\frac{Q}{2}\right) \),
besitzt jede Hälfte des Rings die Ladung
\( \frac{Q}{2} \),
dann gilt für die Gleichung des Vektors des elektrischen Feldes
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left[\frac{2}{\pi}\underbrace{\left(\frac{Q}{2}-\frac{Q}{2}\right)}_0\;\mathbf j+\frac{z}{a}\underbrace{\left(\frac{Q}{2}+\frac{Q}{2}\right)}_{Q}\;\mathbf k\right] \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left[\frac{2}{\pi}\times 0\;\mathbf j+\frac{z}{a}Q\;\mathbf k\right] \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\cancel{a}}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\frac{z}{\cancel{a}}Q\;\mathbf k\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Qz}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\;\mathbf k
\end{gather}
\]
dies ist der Vektor des elektrischen Feldes eines gleichmäßig geladenen Rings (Abbildung 8-C).
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