Kugelerder < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:29 Sa 23.02.2008 | | Autor: | tedd |
| Aufgabe | Kugelerder:
Eine leitende Kugel mit dem Radius r=1,3m befindet sich tief in der Erde [mm](\kappa=10^-2 S/m)[/mm]
a) Wie groß ist der elektrische Widerstand zwischen der Kugel und der Erde?
b) Wie groß ist die elektrische Feldstärke im Abstand von 2,7m vom Mittelpunkt der Kugel, wenn an die Kugel eine Spannung von 150V gegen Erde angelegt wird?
[Dateianhang nicht öffentlich] |
Zu a)
Also die Kugel besitzt bei dem Radius r=1,3m ja eine Fläche von [mm]A=4*\pi*r^2=4*\pi*1,3m^2=21,237m^2[/mm]
Ausserdem braucht man zur Berechnung des elektrischen Widerstandes den spezifischen Widerstand was dem Kehrwert des spezifischen Leitwerts entspricht [mm]\rho=\bruch{1}{\kappa}=\bruch{1}{10^-2}S/m=100\Omega*m[/mm]
Für den Elektrischen Widerstand gilt:
[mm]dR=\bruch{\rho*ds}{dA}[/mm] wobei ds die dicke und dA die Fläche des Leiterelements darstellt.
Bzw. mit der Kugelfläche [mm]dR=\bruch{\rho*ds}{4*\pi*r^2}[/mm]
Gilt dann in diesem Fall ds=2*r=2,6m?
Dann muss ich das ganze doch mit einem Integral lösen, richtig?
[mm]R=\int_{r_1}^{r_2} dR[/mm]
wobei [mm]r_1=0[/mm] und [mm]r_2=1,3m[/mm] gilt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:26 So 24.02.2008 | | Autor: | Infinit |
Hallo tedd,
es ist zwar richtig, dass man bei diesen Aufgaben immer was integrieren muss, Dein Ansatz ist aber vollkommen daneben, da Du über den unendlich gut leitenden Kugelerder integrierst und das noch mit einem Leitwert, der der Erde zugeordnet ist. Der Widerstand des Kugelerders als Gebilde ist sicherlich Null, sonst wäre es kein Erder.
Jetzt aber zu den Tipps. Bei diesem Erder kannst Du von einem gleichförmigen Strombelag ausgehen und so kommst Du zu einer Stromdichte von
$$ J = [mm] \bruch{i}{4 \pi r^2} \, [/mm] . $$ Die Feldstärke E berechnet sich dann mit Hilfe von [mm]J = \kappa E [/mm] zu
$$ E = [mm] \bruch{J}{\kappa} \, [/mm] . $$
Die Spannung gegenüber der unendlich weit entfernten Erde (deswegen ist der Erder so tief vergraben)ergibt sich als Integration in radialer Richtung über die Feldstärke.
$$ u = [mm] \int_{r = r_1}^{\infty} [/mm] E dr [mm] \, [/mm] . $$ Der Widerstand ist dann bekanntlicherweise [mm] R = \bruch{u}{i} [/mm]. Hierbei ist [mm] r_1 [/mm] der Radius des Kugelerders. Ein Vergleich zwischen der elektrischen Feldstärke als Funktion der Stromdichte und der berechneten Spannung elimiert den Strom und Du bekommst die elektrische Feldstärke als Funktion der Spannung heraus. Damit ist dann der zweite Aufgabenteil lösbar.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:02 Mo 25.02.2008 | | Autor: | tedd |
Danke für die Antwort & die Tipps Infinit...
Ich habe mich entschlossen erstmal ein paar andere Aufgaben zu bearbeiten aber ich werde probieren diese Aufgabe bis nächsten Montag zu lösen. ;)
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:13 Fr 23.01.2009 | | Autor: | tedd |
Sorry, dass ich den Beitrag nochmal hoch hole...
Es ist schon eine Weile her aber ich habe immer noch so gut wie gar nicht's vom elektrostatischen Feld verstanden.
Kann mir nochmal jemand vielleicht eine Methode vorschlagen wie ich diese Aufgabe löse?
Integralsatz von Gauß irgendwie anwenden?!
Unser Professor rechnet uns solche Aufgaben immer ganz toll vor (er gibt auch zu, dass er selber lange dran gesessen hat bis er einen eleganten Lösungsweg gefunden hat) aber ich scheine schon die einfachsten Zusammenhänge nicht zu verstehen und weis auch nicht wo ich anfangen soll...
Danke und Gruß,
tedd ![[keineahnung]](/images/smileys/keineahnung.gif "[keineahnung]")
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Do 05.02.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Was hast du denn mit dem Vorschlag von infinit gemacht?
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:10 Do 05.02.2009 | | Autor: | tedd |
Okay ich habe mich nochmal rangesetzt und denke ich die ersten Schritte verstanden,
also
[mm] I=\integral_{A}^{}{\vec{J}d\vec{A}}
[/mm]
[mm] I=J*4*\pi*r^2
[/mm]
Jetzt fängt's an zu haken:
Wie genau krieg ich jetzt mein U um das nachher in [mm] R=\bruch{U}{I} [/mm] einzusetzen. So krieg ich doch den Widerstand oder?
Also :
[mm] I=J*4*\pi*r^2
[/mm]
[mm] J=\bruch{I}{4*\pi*r^2}
[/mm]
[mm] E=\bruch{J}{\kappa}
[/mm]
[mm] E=\bruch{I}{4*\pi*r^2*\kappa}
[/mm]
[mm] U=\integral_{r_1}^{\infty}{Edr}=\integral_{r_1}^{\infty}{\bruch{I}{4*\pi*r^2*\kappa}dr}=\bruch{I}{4*\pi*\kappa}\integral_{r_1}^{\infty}{\bruch{1}{r^2}dr}
[/mm]
[mm] =\bruch{I}{4*\pi*\kappa}\left[-1*\bruch{1}{r}\right]^{\infty}_{r_1}=\bruch{I}{4*\pi*\kappa}*\left[-1*\bruch{1}{\infty}+1*\bruch{1}{r_1}\right]
[/mm]
[mm] =\bruch{I}{4*\pi*\kappa}*\bruch{1}{r_1}
[/mm]
Ist das richtig so?
Wenn ja dannn müsste ich ja jetzt nur noch U und I in [mm] R=\bruch{U}{I} [/mm] einsetzen (Ich habe die ganze zeit falsch integriert argh!)
Denn dann bekäme ich:
[mm] R=\bruch{1}{2*\pi*r*\kappa}=6,1\Omega
[/mm]
was auch der Formel von isi entspricht...
Danke und besten Gruß,
tedd
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:15 Fr 06.02.2009 | | Autor: | isi1 |
Stimmt alles, nur das Integral haste falsch berechnet:
[mm] \integral{1/x^2 dx} [/mm] = - [mm] \frac{1}{x}
[/mm]
[mm] \integral_{r_0}^{\infty}{1/x^2 dx} [/mm] = [mm] \frac{1}{r_0}
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:58 Fr 06.02.2009 | | Autor: | isi1 |
Das wäre richtig, wenn Du in 2,7m Abstand 150V hättest, tedd - haste aber nicht.
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 16:01 Fr 06.02.2009 | | Autor: | tedd |
Wäre mein r, dann r=2,7m-1,3m=1,4m?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:39 Do 05.02.2009 | | Autor: | isi1 |
Darf ich Dir eine simple Lösung anbieten?
Wenn man statt [mm] \varepsilon \Rightarrow \varkappa [/mm] schreibt und statt C [mm] \Rightarrow [/mm] G, kann man die Kpazitätsformel der Kugel verwenden:
[mm] 1/R_{1.3} [/mm] = [mm] G_{1.3} [/mm] = [mm] 4\pi \varkappa r_o [/mm] = [mm] 4\pi \varkappa [/mm] *1.3m = 0,16336 S
Der Strom ist [mm] I_{1.3} [/mm] =150V * [mm] G_{1.3} [/mm] = 24.5A
und
[mm] 1/R_{2.7} [/mm] = [mm] G_{2.7} [/mm] = [mm] 4\pi \varkappa [/mm] 2.7m = 0,339S
Die Spannung ist dann bei 2.7m [mm] U_{2.7} [/mm] = [mm] \frac{I_{1.3}}{ G_{2.7}} [/mm] = 72,22V
Ach, er wollte ja nicht die Spannung sondern die Feldstärke:
Ja die ist genau gleich wie beim Kugelkondensator:
|E| = [mm] \frac{Q}{4\pi \varepsilon r^2 } [/mm] = U [mm] \frac{r_{1.3}}{r_{2.7}^2}= 26.75\frac{V}{m}
[/mm]
Stimmt das?
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also:
[mm] dR=\bruch{dr}{\gamma*A}
[/mm]
[mm] R=\integral_{r1}^{r2}{\bruch{1}{\gamma*A}dr}
[/mm]
mit A einer Kugel
[mm] A=4\pi*r²
[/mm]
[mm] R=\integral_{r1}^{r2}{\bruch{1}{\gamma*4*\pi*r²}dr}
[/mm]
[mm] R=\bruch{1}{\gamma*4*\pi}*\integral_{r1}^{r2}{\bruch{1}{r²}dr}
[/mm]
[mm] R=\bruch{1}{\gamma*4*\pi}*[\bruch{-1}{r}]_{r1}^{r2}
[/mm]
[mm] R=\bruch{1}{\gamma*4*\pi*}*(\bruch{1}{r1}-\bruch{1}{r2})
[/mm]
Für den Widerstand bis ins unendliche gilt:
[mm] R=\bruch{1}{10^{-2}*\bruch{Siemens}{m}*4*\pi*1,3m}=6,121 [/mm] Ohm
Der Widerstand von 1,3 bis 2,7 m beträgt:
[mm] R=\bruch{1}{10^{-2}*\bruch{Siemens}{m}*4*\pi}*(\bruch{1}{1,3m}-\bruch{1}{2,7m})=3,174Ohm
[/mm]
mfg Sirvivor
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![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]"){kind=small}
