Auf der Symmetrieachse einer Kreisscheibe

Zur Berechnung setzen wir die Flächenladungsdichte auf

$\displaystyle \sigma=\frac{g}{\pi r^{2}}$

Das elektrische Feld auf der Symmetrieachse kann nur parallel zu dieser sein. Wir setzen also an

$\displaystyle dE_{x}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}
\frac{\sigma \hat{r}d\hat{r}d\varphi
} {\left( \hat{r}^{2}+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}x
$

Also ist

$\displaystyle E_{x}={\int\limits_{0}^{2\pi}}{\int\limits_{0}^{r}}
\frac{1}{4\p...
...{0}^r}
\frac{\hat{r}d\hat{r}}{\left( \hat{r}^{2}+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}
$

Nach Bronstein ist

$\displaystyle \int\frac{rdr}{\sqrt{\left( r^{2}+x^{2}\right)
^{3}}}=-\frac{1}{\sqrt{r^{2}+x^{2}}}$

Also ist

$\displaystyle E_{x}$ $\displaystyle =\left.\frac{\sigma x}{2\varepsilon_0} \left( - \frac{1}{\sqrt{\hat{r}^{2}+x^{2}}}\right)\right\vert _0^r$    
  $\displaystyle =\frac{\sigma x}{2\varepsilon_0}\left( -\frac{1}{\sqrt{r^{2}+x^{2}}}+\frac{1}{\left\vert x\right\vert}\right)$    
  $\displaystyle =-\frac{\sigma x}{2\varepsilon_0}\cdot \frac{\left\vert x\right\vert-\sqrt{r^{2}+x^{2}}}{\left\vert x\right\vert\sqrt{r^{2}+x^{2}}}$    
  $\displaystyle =\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\cdot\frac{x}{\left\vert x\right\vert}\cdot \frac{\sqrt{r^{2}+x^{2}}-\left\vert x\right\vert}{\sqrt{r^{2}+x^{2}}}$    

Für $ \left\vert x\right\vert\gg r$ ist

$\displaystyle \sqrt{r^{2}+\left\vert x\right\vert^{2}}-\left\vert x\right\vert=...
...t( 1+\frac{r^{2}}{2x^{2}
}\right) -\left\vert x\right\vert=\frac{r^{2}}{2x^{2}}$

und damit

$\displaystyle E_{x}=\frac{\sigma}{4\varepsilon_0}\frac{r^{2}}{x^{2}}=\frac {Q}{4\pi\varepsilon_0x^{2}}$





\includegraphics[width=0.8\textwidth]{kreisladung}
$ \vec{E}$-Feld einer homogen geladenen Kreisscheibe entlang einer Senkrechten durch den Mittelpunkt.




Othmar Marti
Experimentelle Physik
Universiät Ulm