Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 7 Fragen zu Elektrisches Potential & Spannung.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

Test als PDF ausgeben (Kann je nach Länge einige Minuten dauern)

Welche Aussage(n) bezüglich des Zusammenhangs zwischen der elektrischen Stromstärke $I$ und der elektrischen Spannung $U$ ist/sind korrekt? Nr. 4744
	Wenn in einem geschlossenen Stromkreis kein elektrischer Strom $I$ fließt, dann kann keine elektrische Spannung $U$ angelegt werden.
	Der in einem geschlossenen Stromkreis fließende elektrische Strom $I$ ist direkt proportional zur angelegten Spannung $U$ .
	Ohne eine angelegte elektrische Spannung kann kein Strom fließen.
	Der fließende Strom $I$ durch den geschlossenen Leiterkreis ist indirekt proportional zur angelegten elektrischen Spannung $U$ .
Lösungsweg Ein Ladungsfluss mit der Stromstärke $I$ kann nur in einem geschlossenen Stromkreis (geschlossenes System aus elektrischen Leitern) ermöglicht werden, wenn an diesen Stromkreis eine Spannungsquelle angeschlossen ist. Diese liefert eine feste elektrische Spannung $U$ . In der Abbildung ist ein Schaltbild eines einfachen Stromkreises zu sehen. Dabei ist ein Ende des Stromkreises mit dem Plus-Pol (Elektronenmangel) der Spannungsquelle und das andere Ende mit dem Minus-Pol (Elektronenüberschuss) der Spannungsquelle angeschlossen. Dieser Potentialunterschied $\Delta \phi$ zwischen Plus- und Minus-Pol verursacht ein elektrisches Feld, welches eine Kraft auf die freien Ladungsträger im Leiter ausübt. Dadurch kommt es zur Bewegung der freien Ladungsträger im Leiter und somit zum elektrischen Strom. Im Schaltbild ist die technische Stromrichtung abgebildet (von Plus- nach Minus-Pol). R ist ein sogenannter Ohm'scher Widerstand und schwächt die Stromstärke im Leiterkreis. So ein ohm'scher Widerstand wird meistens durch den inneren Widerstands eines angeschlossenen Verbrauchers realisiert. Eine höhere Spannung $U$ bedeutet ein größerer Potentialunterschied $\Delta \phi$ und somit eine größere Stromstärke $I$ . Der in einem geschlossenen Stromkreis fließende elektrische Strom $I$ ist daher direkt proportional zur angelegten Spannung $U$ . Ohne Spannung kann kein Strom fließen. Die elektrische Spannung ist daher eine Vorraussetzung dafür, dass sich im geschlossenen Stromkreis Ladungsträger bewegen können.

4 erreichbare Punkte

Für die Arbeit $W$ eines Ladungsflusses in einem geschlossenen Stromkreis gilt die Formel: $W \,\, = \,\, U \,\, \cdot \,\, I \,\, \cdot \,\, t \,\,$ ( $U$ ...Spannung, $I$ ...Stromstärke, $t$ ...Zeit) Welche der folgenden Einheiten für die elektrische Arbeit ist korrekt? Nr. 4791
	$[U \,\, \cdot \,\, I \,\, \cdot \,\, t \,\,] \,\, = \,\, \frac{A^2}{\Omega} \,\, \cdot \,\, s^2$
	$[U \,\, \cdot \,\, I \,\, \cdot \,\, t \,\,] \,\, = \,\,A \,\, \cdot \,\, \Omega \,\, \cdot \,\, s^2$
	$[U \,\, \cdot \,\, I \,\, \cdot \,\, t \,\,] \,\, = \,\,A^2 \,\, \cdot \,\, \Omega \,\, \cdot \,\, s$
	$[U \,\, \cdot \,\, I \,\, \cdot \,\, t \,\,] \,\, = \,\, \frac{V^2}{\Omega} \,\, \cdot \,\, s$
	$[U \,\, \cdot \,\, I \,\, \cdot \,\, t \,\,] \,\, = \,\, V^2\cdot\, \Omega \,\, \cdot \,\, s$
Lösungsweg Antworten 3 und 4 sind korrekt. $W \,\, = \,\, U \,\, \cdot \,\, I \,\, \cdot \,\, t$ Diese Formel für die elektrische Arbeit kann durch das Ohm'sche Gesetz $U \,\, = \,\, I \,\, \cdot \,\, R$ umgeformt werden. $W \,\, = \,\, I \,\, \cdot \,\, R \,\, \cdot \,\, I \,\, \cdot \,\, t \,\, = \,\, I^2 \,\, \cdot \,\, R \,\, \cdot \,\, t \,\, = \,\, \frac{U^2}{R} \,\, \cdot \,\, t$ $\left[\frac{U^2}{R} \,\, \cdot \,\, t \right] \,\, = \,\, \frac{[U^2]}{[R]} \,\, \cdot \,\, [t] \,\, = \,\, A^2 \,\, \cdot \,\, \Omega \,\, \cdot \,\, s \,\, = \,\ \frac{V^2}{\Omega} \,\, \cdot \,\, s$ Hierbei steht $V$ für Volt, $\Omega$ für den Ohmschen Widerstand und $s$ für Sekunde. Man könnte auch zuerst die Einheit der Gleichung $U \,\, \cdot \,\, I \,\, \cdot \,\, t$ bilden und danach erst die Einheiten umformen.

5 erreichbare Punkte

Wie lautet die Formel des Coulomb Potentials $\phi$ ? Nr. 4747
	$\phi \,\, (r) \,\, = \,\, \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\, \cdot \,\, \frac{Q}{r}$
	$\phi \,\, (r) \,\, = \,\, \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\, \cdot \,\, \frac{Q}{r^2}$
	$\phi \,\, (r) \,\, = \,\, \frac{1}{8 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\, \cdot \,\, \frac{Q}{r}$
	$\phi \,\, (r) \,\, = \,\, \frac{1}{8 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\, \cdot \,\, \frac{Q}{r^2}$
	$\phi \,\, (r) \,\, = \,\, \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\, \cdot \,\, \frac{Q}{r^3}$
Lösungsweg Ähnlich wie beim Gravitationspotential, hat eine Probeladung $Q_{P}$ an jedem Punkt in einem elektrischen Feld $\vec{E}$ einer anderen Ladung $Q$ eine gewisse potentielle Energie $E_{pot}$ . Diese potentielle Energie ist die Arbeit $W$ , welche erforderlich ist, um die Probeladung von einem Punkt $P_{1}$ im $\vec{E}$ -Feld zu einem anderen Punkt $P_{2}$ zu bewegen. Die Arbeit ist definiert als das Integral der wirkenden Kraft $\vec{F}$ über einen bestimmten Weg. $W \,\, = \,\, \displaystyle \,- \,\, \int_{P_{1}}^{P_{2}} \vec{F} \,d\vec{s} \" data-mce-src=$ Das Minus-Zeichen kommt daher, dass die Arbeit gegen die Kraftwirkung des Feldes wirkt (Die Richtung des Weges von $P_{1}$ zu $P_{2}$ geht gegen die Richtung der Feldstärkevektoren). Falls die Arbeit vom Feld selbst verrichtet wird, dann ist das Integral positiv. Diese Arbeit, bezogen auf die Probeladung selbst ist das Potential $\phi$ . $\phi = \frac{W}{Q_{P}}$ In der Abbildung ist eine Punktladung $Q$ mit den Feldstärkevektoren zu sehen (die Vektoren zeigen von der Ladung weg, es handelt sich also um eine positive Ladung). Die Arbeit, die aufgebracht werden muss, um eine (kleine) Probeladung von $P_{1}$ zu $P_{2}$ zu bewegen, ist unabhängig vom Weg, auf dem diese Probeladung bewegt wird. Es gilt $\vec{E} = \frac{\vec{F}}{Q_{p}}$ und zusammen mit der obigen Formel für das Potential kann das Integral vereinfacht werden zu: $\phi_{1, 2} \,\, = \,\, \displaystyle \,- \,\, \int_{P_{1}}^{P_{2}} \vec{E}\cdot \,d\vec{s}$ Das ist die Potentialdifferenz zwischen 2 Punkten im elektrischen Feld, dies entspricht der elektrischen Spannung. Für den Coloumb-Potentialausdruck genügt es einfach nur das unbestimmte Integral des $\vec{E}$ -Feldes zu berechnen. Das elektrische Potential ist konservativ. Es kommt nicht auf den genauen Weg an, wie die Probeladung vom ersten zum zweiten Punkt gelangt, sondern hängt nur vom radialen Abstand r ab. Daher wird das Integral zu: $\phi_{1, 2} \,\, = \,\, \displaystyle \,- \,\, \int_{P_{1}}^{P_{2}} E(r) \,dr \" data-mce-src=$ Die Coulomb-Kraft zwischen der Ladung $Q$ und der Probeladung $Q_{P}$ lautet: $F_{C} = \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\,\,\, \cdot \,\,\,\, \frac{Q \cdot Q_{p}}{r^2}$ Jetzt muss nur noch der Ausdruck des Elektrischen Feldes eingesetzt werden. Dazu wird das unbestimmte Integral berechnet. (Wir wollen das Coulomb-Potential an einem beliebigen Abstand r, nicht die Potentialdifferenz zwischen 2 Punkten) $\phi \,\, = \,\, \displaystyle \,- \,\, \int \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\,\,\, \cdot \,\,\,\, \frac{Q}{r^2} \,\, dr \$ Daher: $\phi \,\, (r) \,\, = \,\, \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\, \cdot \,\, \frac{Q}{r} \,\,\,\, + \,\,\,\, C$ Die Konstante C kommt immer beim unbestimmten Integral dazu. Auf diese kommt es nicht an und sie wird Null gesetzt, sobald konkrete Werte in r eingesetzt werden. Die Einheit des Potentials und der elektrischen Spannung ist das Volt ( $1 V \,\, = \,\, 1 \,\, \frac{J}{C}$ ).

5 erreichbare Punkte

Welches Phänomen wird mit dem Begriff Faraday'scher Käfig in der Elektrostatik beschrieben? Nr. 4759
	Ein Faradayscher Käfig bezeichnet jede geschlossene Leiterschleife an die eine äußere Spannung angelegt wird. Ohne einer angelegten äußeren Spannung, ist die geschlossene Leiterschleife kein Faradayscher Käfig.
	Das $\vec{E}$ -Feld im Innenraum einer geschlossenen Leiterschleife oder leitfähigen Hülle wird umso kleiner, je näher man sich zum Mittelpunkt des Innenraums begibt. Ein Faraday'scher Käfig schwächt äußere Felder ab.
	Das $\vec{E}$ -Feld im Innenraum einer geschlossenen Leiterschleife oder leitfähigen Hülle ist 0. Somit schirmt ein Faraday'scher Käfig vor äußeren elektrischen Feldern ab.
	Das $\vec{E}$ -Feld im Innenraum einer geschlossenen Leiterschleife oder leitfähigen Hülle wird umso größer, je näher man sich zum Mittelpunkt des Innenraums begibt. Ein Faradayscher Käfig verstärkt äußere Felder in dessen Innenraum.
Lösungsweg Atwort 3 ist korrekt. Eine geschlossene Leiterschleife (in 2D wie in der Skizze abgebildet) oder eine geschlossene Leiteroberfläche (z.B. eine homogen geladene Hohlkugel) stellt einen sogenannten Faraday'schen Käfig dar (benannt nach dessen Entdecker Michael Faraday, nach dem auch die Einheit der elektrischen Kapazität, $1\,F = 1\ Farad$ , benannt ist). Typische leitfähige Stoff sind Metalle, welche freie Elektronen besitzen, durch die der Stromfluss ermöglicht wird. Im nebenstehenden Bild ist eine homogen geladene Hohlkugel abgebildet. Bei dieser sind die freien Elektronen gleichmäßig in der Kugelschale verteilt. Ein von außen wirkendes elektrisches Feld $\vec{E}_{au{\ss}en}$ bewirkt eine Umverteilung der Elektronen im Material. In der Skizze wird das äußere Feld von einer positiven Ladung verursacht. Die Feldvektoren zeigen also von links nach rechts. Die freien Elektronen der Hohlkugel verteilen sich nach links (negative und positive Ladungen ziehen sich an) und somit wird die linke Seite negativ geladen sein. Die rechte Seite der Hohlkugel wird durch den Elektronenmangel von Protonen dominiert und damit positiv geladen. Im Inneren der Kugel entsteht durch die Ladungsumverteilung ein elektrisches Feld $\vec{E}_{innen}$ (Richtung positiv $\rightarrow$ negativ). Dieses Feld ist betragsmäßig gleich groß zum äußeren Feld und zeigt in die entgegengesetzte Richtung. Die beiden Felder heben sich gegenseitig auf und daher ist das Innere der Kugel feldfrei. Ein Faraday'scher Käfig ist durch diese gegenseitige Feldauslöschung ein Schutzschild gegen äußere Felder. Ein Faradayscher Käfig schützt ebenso vor elektromagnetischen Feldern. Dies passiert durch das Phänomen der Induktion, aber das ist ein Thema für eine andere Frage.

4 erreichbare Punkte

Eine ruhende Kugel im Koordinatenursprung mit der Ladung $Q = \,\, 1.28 \,\, \cdot \,\, 10^{-18} \,\, C$ erzeugt um sich ein elektrisches Feld. Eine positive Probeladung $Q_{P}$ wandert unter Einfluss dieses Feldes vom Punkt $P_{1} \,\, = \,\, (1, \,\, 0, \,\,0) \,\, \mu m$ bis zum Punkt $P_{2} \,\, = \,\, (4, \,\,3, \,\,0) \,\, \mu m$ . Welche elektrische Spannung herrscht zwischen Anfangs- und Endpunkt dieses zurückgelegten Weges. Nr. 4748
	$8155.5 \,\, \mu V$
	$3255.9 \,\, \mu V$
	$9155.9 \,\, \mu V$
	$1009.9 \,\, \mu V$
Lösungsweg Antwort 3 ist korrekt. Zunächst wird das Coulomb-Potential $\phi$ der Kugel mit der gegebenen Ladung $Q$ bestimmt. Das Coulomb-Potential ist das unbestimmte Integral des elektrischen Feldes. $\phi \,\, = \,\, \displaystyle \,\, \int \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\,\,\, \cdot \,\,\,\, \frac{Q}{r^2} \,\, dr \$ Hierbei kann auf Vektornotation verzichtet werden, weil das elektrische Potential konservativ ist. Das bedeutet, dass dessen Wert nur vom radialen Abstand r abhängt und daher muss nur nach r integriert werden. Bei der Berechnung der elektrischen Spannung $U$ braucht man für die Integrationsgrenzen statt den 2 Punkten $P_{1}$ und $P_{2}$ nur mehr die 2 radialen Abstände $r_{1}$ und $r_{2}$ . $U \,\, = \,\, \Delta \phi \,\, = \,\, \displaystyle \,\, \int _{r_{1}}^{r_{2}} \,\,\,\, \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\,\,\, \cdot \,\,\,\, \frac{Q}{r^2} \,\, dr \$ Das Integral ist positiv, da die Arbeit vom Feld ausgeführt wird, nicht gegen das Feld. Die Feldvektoren einer positiven Ladung zeigen von der Ladung weg. Der Weg der Probeladung beginnt vom Punkt $P_{1}$ bis hin zu einem Punkt $P_{2}$ . Die Probeladung bewegt sich ebenso von innen nach außen, also entlang der Richtung des elektrischen Feldes. Eine andere Interpretation ist, dass die Probeladung positiv ist und dadurch von dem Körper, welche ebenso eine positive Ladung besitzt weggestoßen wird. Bei der Wahl des Vorzeichens gibt es also mehrere Interpretationen und ist bis heute noch eine Sache zur Diskussion. Man muss sich damit also nicht zu sehr den Kopf zerbrechen. Als nächstes müssen die Distanzen $r_{1}$ und $r_{2}$ bestimmt werden. Dazu müssen erstmals die Ortsvektoren $\vec{P_{0} \,\, P_{1}}$ und $\vec{P_{0} \,\, P_{2}}$ bestimmt werden und anschließend dessen Beträge $\|\vec{P_{0} \,\, P_{1}}\|$ . und $\|\vec{P_{0} \,\, P_{2}}\|$ . $\vec{P_{0} \,\, P_{1}} = P_{1} \,\, - \,\, P_{0}$ (Spitze-Minus-Schaft Regel für Vektoren) $\|\vec{P_{0} \,\, P_{1}}\| = \sqrt{x^2 \,\, + \,\, y^2 \,\, + \,\, y^2}$ Hierbei sind $x$ , $y$ und $z$ die Koordinaten des Verbindungsvektors $\vec{P_{0} \,\, P_{1}}$ . Das Gleiche wird den Ortsvektor zwischen $P_{0}$ und $P_{2}$ getan. $\vec{P_{0} \,\, P_{1}} \,\, = \,\, \left ( \begin{array}{c} 1 \,\, \mu m\\ 0 \,\, \mu m\\ 0 \,\, \mu m\\ \end{array}\right)$ $\|\vec{P_{0} \,\, P_{1}}\| \,\, = \,\, r_{1} \,\, = \,\, 1 \,\, \mu m$ $\vec{P_{0} \,\, P_{2}} \,\, = \,\, \left ( \begin{array}{c} 4 \,\, \mu m\\ 3 \,\, \mu m\\ 0 \,\, \mu m\\ \end{array}\right)$ $\|\vec{P_{0} \,\, P_{2}}\| \,\, = \,\, r_{2} \,\, = \,\, 5 \,\, \mu m$ $r_{1} = 1 \,\, \mu m$ $r_{2} = 5 \,\, \mu m$ $U \,\, = \,\, \displaystyle \,\, \int _{1 \,\, \mu m}^{5 \,\, \mu m} \,\,\,\, \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\,\,\, \cdot \,\,\,\, \frac{Q}{r^2} \,\, dr \$ $U \,\, =\,\, - \,\, \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\,\,\, \cdot \,\,\,\, Q \cdot \,\,\,\, \left(\frac{1}{5 \,\, \mu m} - \frac{1}{1 \,\, \mu m}\right)$ Jetzt kann die Ladung $Q \,\, = \,\, 1.28 \,\, \cdot \,\, 10^{-18} \,\, A \cdot s$ und die elektrische Feldkonstante $\epsilon_{0} \,\, = \,\, 8.9 \,\, \cdot \,\, 10^{-12} \,\, \frac{A \cdot s}{V \cdot m}$ in die obige Gleichung eingesetzt werden. Die elektrische SPannung zwischen den beiden Punkten beträgt $U \,\, = \,\, 0.0091559 \,\, V = \,\, 9155.9 \,\, \mu V$ .

4 erreichbare Punkte

Welche elektrische Spannung $U$ herrscht zwischen den 2 Punkten $P_{1} = (4, \,\, 4, \,\, 2) \,\, \mu m$ und $P_{2} = (-2, \,\,-4, \,\,4) \,\, \mu m$ im elektrischen Feld eines im Koordinatenursprungs sitzenden Elektrons? Nr. 4749
	$0.001 \,\, V \,\,$
	$0.005 \,\, V \,\,$
	$0 \,\, V$
	$0.003 \,\, V$
	$0.01 \,\, V$
Lösungsweg Das Elektron trägt die Ladung $Q_{elektron} \,\, = \,\, - \,\, 1.6 \,\, \cdot \,\, 10^{\,\,-19} \,\, C$ und sitzt im Koordinatenursprung, also im Punkt $(0, \,\,0, \,\,0)$ . Es erzeugt ein elektrisches Feld $\vec{E}$ um sich, wobei die Feldvektoren zum Elektron gerichtet sind. Die elektrische Spannung $U$ zwischen 2 Punkten im elektrischen Feld $\vec{E}$ ist gleich der Potentialdifferenz $\Delta \phi$ zwischen diesen 2 Punkten (An jedem Punkt des elektrischen Feldes gibt es einen Wert des Potentials. Das Potential selbst entspricht der potentiellen Energie einer Probeladung an einem gewissen Punkt im $\vec{E}$ -Feld, dividiert durch die Probeladung selbst.) Diese Potentialdifferenz ist das Integral über das elektrische Feld zwischen den 2 Punkten. $U \,\, = \,\, \Delta \phi \,\, = \,\, \displaystyle \,\, \int _{P_{1}}^{P_{2}} \,\,\,\, \vec{E} \,\, d\vec{s} \ \,\, = \,\, \displaystyle \,\, \int _{r_{1}}^{r_{2}} \,\,\,\, E (r) \,\, dr \$ Das elektrische Potential ist konservativ, daher es kommt nur auf den Abstand $r$ zwischen Anfangs- und Endpunkt an, nicht auf den genauen Weg. Daher muss nur nach r integriert werden. $E(r)$ erhalten wir aus der Coulomb-Kraft geteilt durch die Probeladung, also: $E(r) \,\, = \,\, \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\,\,\, \cdot \,\,\,\, \frac{Q_{elektron}}{r^2}$ Jetzt müssen die Distanzen $r_{1}$ und $r_{2}$ bestimmt werden. Die Punkte $P_{1}$ und $P_{2}$ können auch als Ortsvektoren $\vec{P_{1}$ und $\vec{P_{2}$ von Anfangspunkt $(0, \,\,0, \,\,0)$ und Endpunkte $P_{1}$ und $P_{2}$ aufgefasst werden. Daher gilt für $r_{1}$ und $r_{2}$ : $r_{1} \,\, = \,\, \sqrt{(4\,\, \mu m)^2 \,\, + \,\, (4 \,\, \mu m)^2 \,\, + \,\, (2 \,\, \mu m)^2 } \,\, = \,\, 6 \,\, \mu m$ $r_{2} \,\, = \,\, \sqrt{(-2 \,\, \mu m)^2 \,\, + \,\, (-4 \,\, \mu m)^2 \,\, + \,\, (4 \,\, \mu m)^2} \,\, = \,\, 6 \,\, \mu m$ $U \,\, = \,\, \displaystyle \,\, \int _{r_{1}}^{r_{2}} \,\,\,\, \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\,\,\, \cdot \,\,\,\, \frac{Q_{elektron}}{r^2} \,\, dr \$ $U \,\, = \,\, - \,\, \frac{1}{4 \cdot \pi \cdot \epsilon_{0}} \,\,\,\, \cdot \,\,\,\, Q_{elektron} \,\,\,\, \cdot \,\,\,\, (\frac{1}{r_{2}} \,\, - \,\, \frac{1}{r_{1}})$ Jetzt können alle Werte eingesetzt werden. Man sieht aber, dass $r_{1} \,\, = \,\, r_{2}$ und somit wird der Ausdruck in der Klammer $0$ . Dadurch multiplizieren wir alle linken Faktoren mit $0$ und somit ist die Spannung $U \,\, = \,\, 0 \,\,V$ . Die beiden Punkte $P_{1}$ und $P_{2}$ befinden sich auf einer Äquipotentialfläche. Das Potential hat an dieser Fläche, welche durch einen bestimmten Abstand $r$ vom Koordinatenursprung beschrieben wird, überall den gleichen Wert. Die beiden Ortsvektoren zu den Punkten haben unterschiedliche Richtungen. Aber dadurch, dass die beiden den gleichen radialen Abstand vom Koordinatenursprung besitzen, liegen sie auf der selben Äquipotentialfläche und haben somit den gleichen Potentialwert. Daher ist deren Potentialdifferenz 0 und somit ist die elektrische Spannung zwischen ihnen 0.

5 erreichbare Punkte

Was bedeuter der Begriff "Äquipotentialfläche" einer Punktladung? Nr. 4750
	An allen Punkten einer Äquipotentialfläche haben die alle Feldvektoren des elektrische Feldes $\vec{E}$ die selbe Richtung.
	Äquipotentialflächen sind Flächen des elektrischen Potentials welche durch einen radialen Abstand $r$ und einen Winkel $\alpha$ definiert werden. An diesen Flächen hat das elektrische Potential überall den gleichen Wert.
	Äquipotentialflächen sind Flächen des elektrischen Potentials welche durch einen gewissen radialen Abstand $r$ definiert werden. An jedem Punkt einer Äquipotentialfläche hat das Potential den selben Wert.
	Äquipotentialflächen sind Flächen des elektrischen Potentials welche durch einen gewissen radialen Abstand $r$ definiert werden. An jedem Punkt einer Äquipotentialfläche hat das Potential den doppelten Wert der vorherigen Äquipotentialfläche. Von innen nach außen nimmt das Potential also quadratisch zu.
Lösungsweg Das elektrische Potential $\phi$ einer Ladung besitzt sogenannte Äquipotentialflächen. Das bedeutet, dass dessen Potentialwert im Raum nur vom radialen Abstand $r$ abhängt. Ein gewisser Wert des radialen Abstands $r$ entspricht einer Kugeloberfläche (im 2D-Raum einem Kreis) und an dieser hat das Potential überall den gleichen Wert. Dies ist eine Eigenschaft von Skalarfeldern, welche sich durch Integration von konservativen Vektorfeldern berechnen lassen. In der Elektrostatik ist das Vektorfeld das elektrische Feld $\vec{E}$ und das Skalarfeld das elektrische Potential $\phi$ . Die Feldvektoren von $\vec{E}$ stehen dann senkrecht auf diese Äquipotentialflächen und es ist ebenso wirbelfrei, also: $\operatorname{rot} \,\vec E = \vec{\nabla} \,\, \times \,\, \vec{E} \,\, = \,\, 0$

4 erreichbare Punkte

Anmelden

Passwort vergessen
Registrieren

NEWS

Die Mathe Plattform des Technikum Wien gewinnt den eLearning Award 2019 als Projekt des Jahres in der Kategorie Hochschule.

Festigen Sie Ihre Grundkenntnisse und bereiten Sie sich auf Prüfungen vor.
Im Juli starten wieder die Warm-up Kurse - ein kostenloser Service für Aufgenommene und Studierende der FHTW.

Mathematik, Physik, Elektrotechnik, Informatik, Englisch und Deutsch in kompakten Kursen, geblockt bis September.

Anmeldung und Informationen
Warm-up-Kurse

Die Plattform wächst! Wir bauen im Moment den Bereich des Studienwissens aus. Bitte haben Sie Verständnis, dass die Inhalte dort erst nach und nach ergänzt werden. Ebenso kann es bei Design und Grafik noch zu Änderungen, Verbesserungen und kleinen Bugs kommen. Danke für Ihr Verständnis!

weitere News

Wussten Sie schon?

Sie können sich rechts oben einen kostenlosen Benutzer erstellen. Dann wird Ihr Lernfortschritt gespeichert, Sie können Tests zwischenspeichern und an Tutorien teilnehmen.

Physik Übungsplattform

Übungstest

Anmelden

NEWS