Äquipotentialfläche+E-Feld < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:19 Di 14.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
| Aufgabe | Ein halbkreisförmiger Leiter habe die Linienladung [mm] Q_L. [/mm] Dieser sei im Radius [mm] r_o [/mm] um ein einen Punkt P angeordnet. Man berechne Potential und Feldstärke im Punkt P.
[mm] Q_L, r_0 [/mm] und [mm] \varepsilon [/mm] seien bekannt. |
Hi, ich bins mal wieder...
Ich hab mal ein wenig gegoogelt und man kann sich das wie auf diesem Bild hier vorstellen: (http://lexikon.freenet.de/images/de/5/57/Halbkreis_Schwerpunkt2.png wobei P dann im Ursprung liegt!)
So meine Idee ist folgende:
Die Feldlinien laufen alle aufeinander zu, sodass die x-Komponenten sich gegenseitig aufheben. Das heißt man muss nur die y-Komponente betrachten. Für diese kann man den Leiter als eine Punkt-Ladung annehmen, da der Abstand vom Leiter zu P immer gleich ist.
Daher folgt für das E-Feld:
[mm] E_p=\bruch{1}{4*\pi*\varepsilon*r_o^2}*Q_L [/mm] (bei vektorieller Darstellung mit [mm] \vec{e_y} [/mm] multiplizieren)
Entsprechend ist für das Potential einer Punktladung im E-Feld die Formel bekannt: [mm] \varphi_P=\bruch{1}{4*\pi\varepsilon*r_0}
[/mm]
Soweit korrekt?
2. Frage:
Wie könnte man diese Aufgabe rechnen, wenn anstelle eines Halbkreises ein anderer Leiter (der weniger symmetrisch ist) gegeben wäre?
Mein Ansatz wäre hier über die elektrische Flussdichte zu gehen, denn es gilt ja: [mm] Q=\integral_{A}^{}{D dA}, [/mm] also [mm] D=\bruch{Q}{A} [/mm] und mit [mm] D=\varepsilon*E [/mm] könnte man dann E ausrechnen.
Für das Potential einer Punktladung habe ich wieder die Formel von oben, wobei ich dann nicht wüsste, wie groß der Abstand [mm] r_0 [/mm] hier gewählt werden müsste. Da die Fläche A eine Äquipotentialfläche bildet, muss ich dann den Schwerpunkt der Fläche nehmen oder wie macht man das da?
Wie ist das allgemein bei Äqupotentialflächen und dem Potential zu verstehen. Für das Potential eins Punktes P im E-Feld E gilt ja: [mm] \varphi(P)=\integral_{P_0}^{P}{-E ds}
[/mm]
Bei 2 Punktladung integriere ich dann einfach nach der Strecke zwischen diese beiden Ladungen. Wie sieht es mit einer Punktladung und einer Fläche aus? Und wie mit gar 2 Flächen?
Betrachte ich bei Flächen dann immer den Schwerpunkt oder Mittelpunkt?
Gruß
Pille
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:19 Di 14.12.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo Pille
dein Kraft bzw E in y richtung ist falsch. du kannst nicht in eine punktladung zusammenziehen, du musst die komponente der Kraft in y-richtung von einem Stück dl des Drahtes betrachten, die Kraft ist radial, in x-und y Richtung zerlegen und dann aufintegrieren, rechne in Polarkoordinaten also [mm] dl=r*d\phi
[/mm]
zeichne den Kreis auf und ein kleines Stück dl irgendwo mit der Ladung Q/L*dl dann berechne [mm] E_y(\phi)
[/mm]
entsprechend mit anderen Ladungsverteilungen, da wird nur das Integral schwieriger!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:40 Di 14.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
Das was du sagst hört sich irgendwo sinnvoll an, aber leider bekomme ich das nicht in eine Rechnung gegossen:
Also die Oberfläche des Halbkreises ist [mm] O=\pi*r, [/mm] d.h. die Linienladungsdichte ist [mm] \lambda=\bruch{Q_L}{\pi*r}=\bruch{dQ_L}{dh} [/mm] für h->0
Für diese kleine Ladung muss ich nun das E-Feld berechnen, d.h. [mm] E=\bruch{dQ}{4*\pi*\varepsilon*r^2}
[/mm]
und dann darüber das Integral bilden:
[mm] \integral_{0}^{\pi*r}{E ds} [/mm] ??
Irgendwie fehlt da der vektorielle Charakter und das Integral sieht auch nicht ganz korrekt aus..
Hättest Du noch 1-2 Tipps/Links o.Ä. für mich? ;)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:16 Di 14.12.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich hatte doch gesagt, zeichne den Kreis, darauf nicht grade auf der x-Achse sondern den Winkel [mm] \phi [/mm] ein Stückchen [mm] dl=rd\phi [/mm] zeichen die Kraft mit Richtung auf deinen Mittelpunkt M ein und zerleg sie in x und y Richtung.
die [mm] E_x [/mm] heben sich auf, also musst du nur über die [mm] E_y(\phi) [/mm] integrieren.
gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:52 Di 14.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
Hm ich habe mir das mal aufgezeichnet, wie Du gesagt hast.Dann erkennt man, dass die y-Komponente des E-Feldes direkt auf die y-Aches zeigt (logisch...) und die den Abstand [mm] sin(\varphi)*r [/mm] von dieser hat.
[mm] \Rightarrow E_y=\bruch{dQ_L}{4*\pi*\varepsilon*sin^2(\varphi)*r^2}
[/mm]
Also folgt für das Integral: [mm] \integral_{0}^{\pi}{E_y*d\varphi}=\integral_{0}^{\pi}{\bruch{dQ_L}{4*\pi*\varepsilon*sin^2(\varphi)*r^2}*d\varphi}=\bruch{Q_L}{4*\pi\varepsilon*r^2}\integral_{0}^{\pi}{\bruch{1}{sin^2(\varphi)}*d\varphi}
[/mm]
Da gilt [mm] \lambda=\bruch{dQ}{dl} [/mm] und man man hier mit Polarkoordinaten arbeitet, wird durch aus dQ in diesem Fall [mm] Q_L [/mm] und man darf diesen konstanten Wert aus dem Integral rausziehen. [Darf man das so schreiben / wie würde man diese mathematisch korrekt formulieren? ]
Dieses Integral muss ich dann nur noch lösen. Soweit korrekt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:46 Di 14.12.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
das ist leider falsch. Der Betrag der FeldStärke ist
[mm] E=1/(4\pi\epsilon_*dQ/r^2
[/mm]
die y Komponente ist dann [mm] E_y=E*sin(\phi) [/mm] mit [mm] \phi [/mm] Winkel zur x-Achse.
mit [mm] sin(\phi) [/mm] im Nenner würde ja [mm] E_y [/mm] beliebig gross für kleine [mm] \phi!
[/mm]
dann noch [mm] dQ=r\d\phi*Q_L/2\pi*r [/mm] falss [mm] Q_L [/mm] nicht schon die Ladung pro Länge ist.
Gruss leduart.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:03 Mi 15.12.2010 | | Autor: | GvC |
Da [mm] Q_L [/mm] auf einem Halbkreis verteilt ist, müsste eigentlich gelten
dQ = [mm] \bruch{Q_L}{\pi r_0}\cdot [/mm] ds
mit ds = [mm] r_0\cdot d\phi
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:16 Mi 15.12.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
Danke für die Verbesserung, du hast natürlich recht.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:05 Mi 15.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
Hi!
Erstmal danke Euch beiden für eure Hilfe und besonders dir leduart, aber leider stehe ich hier gerade total auf dem Schlauch.
Es gilt: [mm] E_y [/mm] = [mm] E*sin(\phi) [/mm] , soweit klar
Darüber integriere ich nun: [mm] \integral_{0}^{\pi}{E*sin(\phi)*r*d\phi}
[/mm]
Egal wie ich es nun drehe und wende und egal was ich nun genau für E einsetze, ich komme nie auf das Ergebnis, was die Musterlösung (leider ohne Rechenweg) angibt. An den Integralen kann es nicht liegen, da ich diese gerade mit Wolfram überprüft habe, also muss mein Ansatz irgendwie falsch sein.
Meiner Meinung nach würde ich für E nun folgendes einsetzen: [mm] E=\bruch{dQ}{4*\pi*\varepsilon*r^2}, [/mm] nur was soll ich nun für dQ einsetzen und wie kommt man darauf?
Gruss
Pille
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:59 Mi 15.12.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
[mm] dQ=Q_L//\pi*r)*dl [/mm] und [mm] dl=r*d\phi
[/mm]
aber das stand schon in früheren posts.
du integrierst über [mm] E_y [/mm] und [mm] $E_y= \bruch{dQ}{4\cdot{}\pi\cdot{}\varepsilon\cdot{}r^2}*sin\/phi) [/mm] $
irgendwie hab ich den eindruck, das hab ich alles schon mal geschrieben.
Gruss leduart
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