Felder geladener Stäbe, Ringe und Scheiben

Zerlege einen geladenen Körper in Abschnitte, die klein genug für Punktladungen sind, addiere ihre Felder vektoriell und lass die Teile schrumpfen: Genau diese Summe ist das Integral. Symmetrie nimmt dir fast die ganze Arbeit ab. Zu jedem Teilstück existiert ein gespiegeltes Gegenstück, dessen seitliche Feldanteile sich mit dem ersten aufheben. Bei symmetrischen Formen musst du deshalb nur eine einzige Komponente integrieren. Wähle eine Form, verschiebe P und bestimme, wie viele Teilstücke addiert werden.

Teilstücke vektoriell addieren	$\vec E=k\int\frac{dq}{r^{2}}\,\hat r,\qquad k=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}$
Oder als Zahlen addieren und ableiten	$V=k\int\frac{dq}{r},\qquad E_z=-\frac{\partial V}{\partial z}$

Rechenbeispiel — Felder geladener Stäbe, Ringe und Scheiben

Ladung pro Meter	1,592×10⁻⁸ C/m
Feld bei P, integriert	3.178 N/C
Dasselbe, 12 Punktladungen	3.178 N/C
Potenzial bei P	635,5 V
Feld aus Potenzial, −dV/dz	3.178 N/C
Gesamtes Q im Zentrum	8.988 N/C

Das sind die Werte, die der Rechner beim Öffnen der Seite anzeigt. Ändere oben eine Eingabe, um sie neu zu berechnen.

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Lektion

Die Theorie — Felder geladener Stäbe, Ringe und Scheiben

Das Feld einer kontinuierlichen Ladungsverteilung ist die Vektorsumme der Felder aller Teilstücke im Grenzwert unendlich kleiner Punktladungen dq: E = k∫dq r̂/r² mit k = 1/(4πε₀) = 8,988 × 10⁹ N·m²/C². Das Potenzial ist dieselbe Summe ohne Richtungsanteile: V = k∫dq/r.

Was die einzelnen Symbole bedeuten

dq: Die Ladung eines Teilstücks: λ dx auf einer Linie, σ dA auf einer Fläche
λ, σ: Längen- und Flächenladungsdichte; bei gleichmäßiger Verteilung gilt Q/L und Q/(πR²)
r, θ: Abstand des Teilstücks zu P und der Winkel zwischen dieser Verbindungslinie und der Achse

Woher die Formel kommt

Zerlege die Ladung in Teilstücke. Jedes Stück trägt die Ladung dq und wirkt bei P wie eine Punktladung: mit dem Feld k dq/r² entlang der Verbindungslinie von dq nach P.
$dq=\lambda\,dx,\qquad dE=\frac{k\,dq}{r^{2}}$
Kombiniere jedes Stück mit seinem Spiegelbild. Das gegenüberliegende Teilstück erzeugt ein betragsgleiches Feld mit entgegengesetzter Querkomponente. Die Queranteile heben sich auf; zu summieren bleibt nur die Komponente entlang der Achse: dE cos θ = dE·z/r.
$dE_z=dE\cos\theta=\frac{k\,dq}{r^{2}}\cdot\frac{z}{r}$
Integriere diese Komponente. Beim Ring hat jedes Teilstück denselben Abstand √(z² + R²) von P. Der Integrand ist daher für jedes dq identisch, und das Integral entspricht schlicht dem Q-Fachen dieses Wertes.
$E=\int\frac{kz\,dq}{\left(z^{2}+R^{2}\right)^{3/2}}=\frac{kQz}{\left(z^{2}+R^{2}\right)^{3/2}}$
Setze die Scheibe aus Ringen zusammen. Ein Kreisring mit Radius r und Breite dr trägt dq = σ·2πr dr. Summiere die Felder der einzelnen Ringe aus Schritt 3 von r = 0 bis R auf.
$E=\int_{0}^{R}\frac{kz\,\sigma\,2\pi r\,dr}{\left(z^{2}+r^{2}\right)^{3/2}}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\Bigr)$
Oder integriere das Potenzial und leite ab. V ist eine Summe skalarer Zahlen ohne Richtungsvektoren; du musst also keine Komponenten zerlegen. Das Feld entlang der Achse ist die negative Steigung von V.
$V=k\int\frac{dq}{r}=\frac{kQ}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}},\qquad E_z=-\frac{dV}{dz}=\frac{kQz}{\left(z^{2}+R^{2}\right)^{3/2}}$

Setzt voraus: Die Ladung ist ortsfest und gleichmäßig verteilt, sofern λ oder σ nicht explizit als Ortsfunktion vorgegeben sind – dann fließt diese Funktion über dq ins Integral ein. Angenommen wird Vakuum oder Luft, deren Permittivität um 0,06 % größer ist.

Aufgaben vollständig gelöst

Ein Stab auf seiner Längsachse 3 Schritte
Ein 10 cm langer Stab trägt eine gleichmäßig verteilte Ladung von 10 nC. Bestimme das Feld auf der Stabachse im Abstand von 5 cm hinter einem der Enden.

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1. Lege den Stab von x = 0 bis x = L auf die x-Achse und den Punkt P nach x = L + d. Ein Abschnitt dx bei x hat den Abstand L + d − x von P. Die Felder aller Teilstücke weisen in dieselbe Richtung entlang des Stabs; nichts hebt sich auf und keine Zerlegung ist nötig:
  
  $dE=\frac{k\lambda\,dx}{(L+d-x)^{2}},\qquad\lambda=\frac{Q}{L}=1{.}0\times10^{-7}\ \mathrm{C/m}$
2. Über den Stab integrieren:
  
  $E=k\lambda\int_{0}^{L}\frac{dx}{(L+d-x)^{2}}=k\lambda\Bigl(\frac{1}{d}-\frac{1}{d+L}\Bigr)=\frac{kQ}{d\,(d+L)}$
3. Mit d = 0,05 m und L = 0,10 m:
  
  $E=\frac{(8{.}988\times10^{9})(1{.}0\times10^{-8})}{(0{.}05)(0{.}15)}=1{.}198\times10^{4}\ \mathrm{N/C}$
Antwort

1,198 × 10⁴ N/C, entlang der Stabachse, vom Stab weg gerichtet. Ist d sehr viel größer als L, geht der Ausdruck in kQ/d² über, das Feld einer Punktladung.

$E=\frac{kQ}{d\,(d+L)}\approx1{.}198\times10^{4}\ \mathrm{N/C}$
Ein Stab auf der Mittelsenkrechten und die unendliche Gerade 4 Schritte
Ein 20 cm langer Stab trägt 10 nC. Bestimme das Feld im Abstand von 10 cm auf seiner Mittelsenkrechten und vergleiche es mit einer unendlich langen Geraden gleicher Linienladung.

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1. Lege den Stab von −L/2 bis L/2 auf die x-Achse und wähle P bei (0, y). Die Teilstücke bei x und −x haben denselben Abstand zu P. Ihre x-Komponenten heben sich auf, während sich ihre y-Komponenten addieren. Es genügt, die y-Komponente zu integrieren:
  
  $dE_y=\frac{k\lambda\,dx}{x^{2}+y^{2}}\cdot\frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$
2. Das Integral mit der Stammfunktion ∫dx/(x² + y²)^(3/2) = x/(y²√(x² + y²)) berechnen:
  
  $E=k\lambda y\int_{-L/2}^{L/2}\frac{dx}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{3/2}}=\frac{k\lambda L}{y\sqrt{y^{2}+L^{2}/4}}=\frac{kQ}{y\sqrt{y^{2}+L^{2}/4}}$
3. Mit λ = 5,0 × 10⁻⁸ C/m, y = 0,10 m und L = 0,20 m:
  
  $E=\frac{(8{.}988\times10^{9})(1{.}0\times10^{-8})}{(0{.}10)\sqrt{0{.}10^{2}+0{.}10^{2}}}\approx6355\ \mathrm{N/C}$
4. Lässt man L über alle Grenzen wachsen, strebt die Wurzel gegen L/2 und es folgt:
  
  $E\to\frac{2k\lambda}{y}=\frac{2\,(8{.}988\times10^{9})(5{.}0\times10^{-8})}{0{.}10}\approx8988\ \mathrm{N/C}$
Antwort

6.355 N/C, senkrecht zum Stab. Die unendliche Gerade liefert 8.988 N/C; der endliche Stab erreicht davon genau 70,7 %, was sin 45° entspricht: Jede Stabhälfte spannt einen Winkel von 45° zur Senkrechten auf.

$E\approx6355\ \mathrm{N/C}=0{.}707\cdot\frac{2k\lambda}{y}$
Ein Ring auf seiner Achse und sein Feldmaximum 4 Schritte
Ein Ring mit Radius 10 cm trägt 10 nC. Bestimme das Feld auf seiner Achse im Abstand von 10 cm zum Mittelpunkt sowie die Entfernung, bei der das axiale Feld maximal wird.

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1. Jedes Teilstück hat denselben Abstand √(z² + R²) zu P. Die Komponenten quer zur Achse heben sich rundherum auf, und jedes Teilstück steuert den axialen Anteil dE·z/r bei:
  
  $E=\int\frac{k\,dq}{r^{2}}\cdot\frac{z}{r}=\frac{kz}{\left(z^{2}+R^{2}\right)^{3/2}}\int dq=\frac{kQz}{\left(z^{2}+R^{2}\right)^{3/2}}$
2. Für z = R = 0,10 m:
  
  $E=\frac{(8{.}988\times10^{9})(1{.}0\times10^{-8})(0{.}10)}{(0{.}02)^{3/2}}\approx3178\ \mathrm{N/C}$
3. Zur Bestimmung des Maximums dE/dz = 0 setzen:
  
  $\frac{dE}{dz}=kQ\,\frac{\left(z^{2}+R^{2}\right)-3z^{2}}{\left(z^{2}+R^{2}\right)^{5/2}}=0\ \Rightarrow\ z=\frac{R}{\sqrt{2}}\approx7{.}07\ \mathrm{cm}$
4. Dort gilt:
  
  $E_{\max}=\frac{kQ\,(R/\sqrt{2})}{\left(\tfrac{3}{2}R^{2}\right)^{3/2}}=\frac{2kQ}{3\sqrt{3}\,R^{2}}\approx3459\ \mathrm{N/C}$
Antwort

3.178 N/C bei 10 cm; das Maximum beträgt 3.459 N/C bei z = 7,07 cm. Im Mittelpunkt ist das Feld null.

$E(0{.}10\ \mathrm{m})\approx3178\ \mathrm{N/C},\qquad E\Bigl(\frac{R}{\sqrt{2}}\Bigr)=E_{\max}\approx3459\ \mathrm{N/C}$
Eine Scheibe auf ihrer Achse, zusammengesetzt aus Ringen 3 Schritte
Eine Scheibe mit Radius 10 cm trägt eine gleichmäßig verteilte Ladung von 10 nC. Bestimme das Feld auf der Achse im Abstand von 1 cm zum Mittelpunkt und vergleiche es mit einer unendlichen Ebene gleicher Flächenladungsdichte.

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1. σ = Q/(πR²) = 3,183 × 10⁻⁷ C/m². Zerlege die Scheibe in Kreisringe mit Radius r und Breite dr. Jeder Ring trägt dq = σ·2πr dr und steuert das axiale Ringfeld bei:
  
  $dE=\frac{kz\,\sigma\,2\pi r\,dr}{\left(z^{2}+r^{2}\right)^{3/2}}$
2. Von r = 0 bis R integrieren mit der Substitution u = z² + r², du = 2r dr:
  
  $E=\pi k\sigma z\int_{z^{2}}^{z^{2}+R^{2}}u^{-3/2}\,du=2\pi k\sigma\Bigl(1-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\Bigr)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\Bigr)$
3. Bei z = 0,01 m:
  
  $E=\frac{3{.}183\times10^{-7}}{2\,(8{.}854\times10^{-12})}\Bigl(1-\frac{0{.}01}{\sqrt{0{.}01^{2}+0{.}10^{2}}}\Bigr)=(1{.}798\times10^{4})(0{.}9005)\approx1{.}619\times10^{4}\ \mathrm{N/C}$
Antwort

1,619 × 10⁴ N/C; das entspricht 90,0 % des Feldes der unendlichen Ebene von σ/2ε₀ = 1,798 × 10⁴ N/C.

$E\approx1{.}619\times10^{4}\ \mathrm{N/C}\approx0{.}900\cdot\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$
Ein Halbkreis in seinem Mittelpunkt 3 Schritte
Ein dünner, zu einem Halbkreis mit Radius 10 cm gebogener Stab trägt 10 nC. Bestimme die Feldstärke im Kreismittelpunkt.

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1. λ = Q/(πR) = 3,183 × 10⁻⁸ C/m. Miss den Winkel φ ausgehend vom Durchmesser. Das Teilstück bei φ trägt λR dφ im Abstand R. Sein Partner bei π − φ hebt die Komponente entlang des Durchmessers auf, sodass nur der Queranteil senkrecht dazu bleibt:
  
  $dE_\perp=\frac{k\lambda R\,d\varphi}{R^{2}}\sin\varphi$
2. Über den Halbkreis integrieren:
  
  $E=\frac{k\lambda}{R}\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi=\frac{2k\lambda}{R}=\frac{2kQ}{\pi R^{2}}$
3. In Zahlen:
  
  $E=\frac{2\,(8{.}988\times10^{9})(1{.}0\times10^{-8})}{\pi\,(0{.}10)^{2}}\approx5722\ \mathrm{N/C}$
Antwort

5.722 N/C, entlang der Symmetrieachse vom Bogenmittelpunkt weg gerichtet. Eine unendliche Gerade mit demselben λ liefert im Abstand R mit 2kλ/R exakt denselben Wert.

$E=\frac{2k\lambda}{R}\approx5722\ \mathrm{N/C}$
Ein Viertelkreis, berechnet über Komponenten 3 Schritte
Ein Viertelkreis mit Radius 10 cm trägt 10 nC. Bestimme das Feld in seinem Mittelpunkt durch Integration beider Komponenten.

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1. Lege den Bogen von φ = 0 bis φ = π/2 mit dem Mittelpunkt in den Ursprung; λ = Q/(πR/2) = 6,366 × 10⁻⁸ C/m. Ein Teilstück bei φ wirkt auf P exakt in Gegenrichtung, also entlang −(cos φ, sin φ). Hier existiert kein symmetrischer Partner, der etwas aufhebt:
  
  $dE_x=-\frac{k\lambda}{R}\cos\varphi\,d\varphi,\qquad dE_y=-\frac{k\lambda}{R}\sin\varphi\,d\varphi$
2. Von 0 bis π/2 integrieren:
  
  $E_x=E_y=-\frac{k\lambda}{R}=-\frac{(8{.}988\times10^{9})(6{.}366\times10^{-8})}{0{.}10}\approx-5722\ \mathrm{N/C}$
3. Beide Komponenten zusammenführen:
  
  $|E|=\sqrt{2}\,\frac{k\lambda}{R}\approx8092\ \mathrm{N/C}$
Antwort

8.092 N/C, vom Bogen weg gerichtet entlang der winkelhalbierenden Linie bei 45°. Der Weg über die Symmetrie führt zum selben Ergebnis: E = (2kλ/R) sin(θ₀/2) mit θ₀ = 90°.

$|E|=\sqrt{2}\,\frac{k\lambda}{R}=\frac{2k\lambda}{R}\sin45^{\circ}\approx8092\ \mathrm{N/C}$
Potenzial eines Rings und das daraus abgeleitete Feld 2 Schritte
Bestimme das Potenzial auf der Achse des Rings aus Aufgabe 3 bei z = 10 cm und leite daraus das elektrische Feld ab.

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1. Potenziale addieren sich skalar als reine Zahlen, und jedes Teilstück hat denselben Abstand:
  
  $V=\int\frac{k\,dq}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}=\frac{kQ}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}=\frac{89{.}88}{\sqrt{0{.}02}}\approx635{.}5\ \mathrm{V}$
2. Entlang der Achse ableiten:
  
  $E_z=-\frac{dV}{dz}=\frac{kQz}{\left(z^{2}+R^{2}\right)^{3/2}}\approx3178\ \mathrm{N/C}$
Antwort

V = 635,5 V, und −dV/dz liefert exakt die 3.178 N/C aus Aufgabe 3, ganz ohne Zerlegung in Komponenten.

$V\approx635{.}5\ \mathrm{V},\qquad E_z=-\frac{dV}{dz}\approx3178\ \mathrm{N/C}$
Ein Stab mit ungleichmäßiger Ladungsverteilung 4 Schritte
Ein Stab liegt von x = 0 bis x = 0,50 m auf der x-Achse und trägt die Linienladung λ = αx mit α = 4,0 × 10⁻⁸ C/m². Bestimme seine Gesamtladung sowie das Feld bei x = −0,10 m.
Lösung anzeigen
1. Da sich λ entlang des Stabs ändert, ist auch die Gesamtladung ein Integral:
  
  $Q=\int_{0}^{L}\alpha x\,dx=\frac{\alpha L^{2}}{2}=\frac{(4{.}0\times10^{-8})(0{.}50)^{2}}{2}=5{.}0\times10^{-9}\ \mathrm{C}$
2. Das Teilstück bei x hat von P den Abstand x + d mit d = 0,10 m. Jedes Teilstück wirkt in dieselbe Richtung auf P, nämlich in −x:
  
  $E=k\alpha\int_{0}^{L}\frac{x\,dx}{(x+d)^{2}}$
3. Schreibe x als (x + d) − d und integriere die beiden Teilterme:
  
  $\int_{0}^{L}\frac{x\,dx}{(x+d)^{2}}=\ln\frac{L+d}{d}-\frac{L}{L+d}=\ln6-\frac{5}{6}\approx0{.}9584$
4. In Zahlen:
  
  $E=(8{.}988\times10^{9})(4{.}0\times10^{-8})(0{.}9584)\approx344{.}6\ \mathrm{N/C}$
Antwort

Q = 5,0 nC und E = 344,6 N/C in −x-Richtung. Dieselben 5,0 nC bei gleichmäßiger Verteilung ergäben kQ/(d(d + L)) = 749 N/C; dieser Stab trägt den Großteil seiner Ladung am fernen Ende.

$Q=5{.}0\ \mathrm{nC},\qquad E\approx344{.}6\ \mathrm{N/C}$

Weitere Aufgaben, nur mit Lösungen

Ein 30 cm langer Stab trägt gleichmäßig verteilt −6,0 nC. Bestimme das Feld auf seiner Achse im Abstand von 10 cm vor einem der Enden.

Ergebnis anzeigen

1.348 N/C, zum Stab hin gerichtet.

$E=\frac{k|Q|}{d\,(d+L)}\approx1348\ \mathrm{N/C}$
Ein sehr langer gerader Draht trägt 2,0 μC pro Meter. Bestimme das Feld im Abstand von 4,0 cm.

Ergebnis anzeigen

8,988 × 10⁵ N/C, vom Draht weg gerichtet.

$E=\frac{2k\lambda}{r}\approx8{.}988\times10^{5}\ \mathrm{N/C}$
Zeige, dass sich das axiale Feld eines Rings für z ≫ R dem Wert kQ/z² nähert, und bestimme, ab welchem Abstand es um weniger als 1 % davon abweicht.

Ergebnis anzeigen

Das Verhältnis lautet (1 + R²/z²)^(−3/2) und strebt gegen 1; bei z = 12,2R erreicht es 0,99.

$\frac{E}{kQ/z^{2}}=\Bigl(1+\frac{R^{2}}{z^{2}}\Bigr)^{-3/2}\ge0{.}99\ \Leftrightarrow\ z\ge12{.}2R$
Eine Scheibe mit Radius 5,0 cm trägt σ = 2,0 μC/m². Bestimme das Potenzial in ihrem Mittelpunkt und bei 5,0 cm auf ihrer Achse.

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5.647 V im Mittelpunkt und 2.339 V bei z = 5,0 cm.

$V(0)=\frac{\sigma R}{2\varepsilon_0}\approx5647\ \mathrm{V},\qquad V(R)=\frac{\sigma R}{2\varepsilon_0}\bigl(\sqrt{2}-1\bigr)\approx2339\ \mathrm{V}$
Ein Ring mit Radius R trägt auf einer Hälfte gleichmäßig verteilt +Q und auf der anderen −Q. Bestimme das Feld in seinem Mittelpunkt.

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4kQ/(πR²), von der positiven zur negativen Hälfte gerichtet: Jede Hälfte steuert 2kQ/(πR²) bei, und beide weisen in dieselbe Richtung.

$E=2\cdot\frac{2kQ}{\pi R^{2}}=\frac{4kQ}{\pi R^{2}}$
Ein Stab der Länge L trägt die gleichmäßig verteilte Ladung Q. Bestimme das Potenzial auf seiner Mittelsenkrechten im Abstand y.

Ergebnis anzeigen

V = (2kQ/L) ln[(L/2 + √(y² + L²/4))/y].

$V=\frac{2kQ}{L}\ln\frac{L/2+\sqrt{y^{2}+L^{2}/4}}{y}$

Ein Ring wirkt bei z = R/√2 am stärksten, im Zentrum gar nicht

Klick auf Feldmaximum des Rings. Im Mittelpunkt besitzt jedes Ringsegment ein exaktes Gegenüber auf der anderen Seite, weshalb sich die Feldanteile dort zu null aufheben. Weit draußen auf der Achse verhält sich der Ring wie eine Punktladung: Das Feld fällt mit 1/z² ab. Dazwischen muss die Feldstärke folglich erst ansteigen und dann wieder abfallen. Die Bedingung dE/dz = 0 für kQz/(z² + R²)^(3/2) führt auf z² + R² = 3z². Das Maximum liegt also bei z = R/√2 ≈ 0,707R mit E = 2kQ/(3√3 R²). Für 10 nC auf einem Ring mit 10 cm Radius ergibt das 3.459 N/C – gerade einmal 38,5 % dessen, was dieselbe Ladung als Punktladung im Abstand von 10 cm erzeugen würde. Dicht am Ring wirkt die Kraft der einzelnen Teilstücke fast rein seitlich, und diese Queranteile heben sich gegenseitig auf.

Nahe einer großen geladenen Scheibe ändert sich das Feld kaum mit dem Abstand

Klick auf Scheibe aus der Nähe. Im Abstand von 1 cm über einer Scheibe mit 10 cm Radius erreicht das Feld bereits 90,0 % von σ/2ε₀, dem Feld der unendlichen Ebene; bei 1 mm sind es schon 99,0 %. Die Formel verschleiert den eigentlichen Grund. Schreibt man 1 − z/√(z² + R²) als 1 − cos α, wobei α den Winkel von der Achse zum Rand bezeichnet, wird das Feld zu E = kσΩ. Dabei ist Ω = 2π(1 − cos α) der Raumwinkel, unter dem die Scheibe von P aus erscheint. Bei einer ebenen, gleichmäßig geladenen Fläche hängt das Feld senkrecht dazu einzig davon ab, wie viel vom Blickfeld die Ladung einnimmt. Eine unendliche Ebene füllt immer genau den halben Raum, Ω = 2π. Ihr Feld ist daher in 1 mm Entfernung exakt dasselbe wie in 1 km: Zwar rückt jedes Teilstück weiter weg und wirkt schwächer, doch im selben Maße gerät unter günstigen Winkeln mehr Fläche ins Blickfeld, was den Verlust perfekt ausgleicht.

Ein Halbkreis und eine unendliche Gerade erzeugen dasselbe Feld

Klick auf Halbkreis im Zentrum. Verteilt man 10 nC auf einen Halbkreis von 10 cm Radius, beträgt das Feld im Mittelpunkt 5.722 N/C. Die Tabelle weist für eine unendlich lange Gerade mit derselben Linienladung im Abstand von 10 cm exakt denselben Wert aus: 5.722 N/C. Diese Übereinstimmung gilt Stück für Stück. Aus der Sicht von P hat ein Abschnitt dx der Geraden unter dem Winkel θ zur Senkrechten den Abstand R/cos θ und überstreicht das Winkelelement dθ = cos²θ dx/R. Sein Feld kλ dx cos²θ/R² vereinfacht sich damit zu kλ dθ/R und hängt ausschließlich vom Winkel ab. Der Bogenabschnitt zum selben dθ besitzt die Bogenlänge R dθ, liegt im konstanten Abstand R und liefert genau denselben Betrag kλ dθ/R in dieselbe Richtung. Deshalb erzeugen ein gerader Stab und ein Kreisbogen mit Radius R, die denselben Winkelbereich abdecken, stets identische Felder. Wählst du für den Bogen ein θ₀ unter 180°, entspricht die letzte Tabellenzeile genau diesem geraden Stab.

Lernpfad

Woher Felder kommen

Quellen (3)

The method and four of the page's closed forms, each derived there: the line segment above its midpoint and the infinite line as its limit (Examples 5.5, 5.6), the ring on its axis (5.7), the disk on its axis and the infinite plane σ/(2ε₀) (5.8, Eq. 5.15): S. J. Ling, J. Sanny and W. Moebs, University Physics Volume 2, OpenStax (2016), section 5.5, “Calculating Electric Fields of Charge Distributions”.
The potentials on the axis of a ring and a disk and on the bisector of a finite line (Examples 7.13–7.15), and the ring's field recovered as E_z = −∂V/∂z (Example 7.18): S. J. Ling, J. Sanny and W. Moebs, University Physics Volume 2, OpenStax (2016), sections 7.3, “Calculations of Electric Potential”, and 7.4, “Determining Field from Potential”.
The standard graduate-entry text in which the field of a continuous distribution is written as the integral of k dq r̂/r²: D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, 4th ed., Cambridge University Press (2017). DOI 10.1017/9781108333511

Vom 7-Raven-Room-Team · Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen.