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By Huynh D.V., Jain S.K., Lopez-Permouth S.R. (eds.)

ISBN-10: 082181950X

ISBN-13: 9780821819500

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21. 05 Natürlich wird das Potential genaugenommen nur im Punkt A der Leiteroberfläche verschwinden. Die Äquipotentialfläche φ = 0 um die Linienladung qL herum hat daher eine etwas andere Form als die Leiteroberfläche. B. im Punkt A der Abb. 19b ein etwas von null verschiedenes Potential auftreten. Diese Abweichung fällt aber nur bei dickeren Leitern ins Gewicht, siehe Abb. 22. A idealer Kreis a Abb. 22. 05 A E11 Äquipotentialflächen Im ansonsten homogenen Gesamtraum befinden sich zwei unendlich lange, homogene Linienladungen ±qL im Abstand 2a parallel zueinander, Abb.

Das resultierende Potential im Aufpunkt P lautet φ(x, y) = − R1 qL ln − E0 y 2πε0 R2 mit x2 + (y ∓ h)2 . R1,2 = Soll das Potential im Punkt A der Oberfläche des Erdseils, Abb. 19b, verschwinden, so erhält man daraus die bisher nicht bekannte Erdseilladung 0=− a qL − E0 (h − a) ln 2πε0 2h − a → qL = 2πε0 E0 h−a ln(2h/a − 1) und auf der y-Achse stellt sich das elektrische Feld Ey (0, y) = − → ∂φ(0, y) = E0 ∂y h−a 1 1 − +1 ln(2h/a − 1) y − h y + h h(h − a) 2 Ey (0, y) = +1 E0 ln(2h/a − 1) y 2 − h2 ein.

05 A E11 Äquipotentialflächen Im ansonsten homogenen Gesamtraum befinden sich zwei unendlich lange, homogene Linienladungen ±qL im Abstand 2a parallel zueinander, Abb. 23. Zeige, dass die Äquipotentialflächen der Anordnung kreiszylindrische Flächen sind und gib deren Radien und Mittelpunktslagen an. y P R1 R2 −qL Abb. 23. 5c) φ(x, y) = − qL ln 2πε0 x2 + y 2 + a2 + 2ax (x − a)2 + y 2 qL 1 ln . 23) 22 1. Elektrostatische Felder λ= x2 + y 2 + a2 + 2ax = const. x2 + y 2 + a2 − 2ax und schließlich nach Umformen y 2 + x2 − 2ax λ+1 λ−1 λ+1 + a2 λ−1 2 − a2 λ+1 λ−1 2 +a2 = 0 quadratische Ergänzung → y 2 + (x − xm )2 = R2 .

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Algebra and Its Applications by Huynh D.V., Jain S.K., Lopez-Permouth S.R. (eds.)


by Mark
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