Efeld im Hohlzylinder < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:27 So 02.12.2012 | | Autor: | jackyooo |
| Aufgabe | Eine sher lange hohlzylinderförmige Ladungsverteilung mit dem Innenradius [mm] R_i [/mm] und dem Außenradius [mm] R_a [/mm] besitzt die homogene Raumladungsdichte [mm] \sigma_{v0}
[/mm]
Berechnen Sie die elektrische Feldstärke [mm] \vec{E} [/mm] für den gesamten raum [mm] \rho_>=0. [/mm] Skizzieren Sie dabei die verwendeten Integrationsbereiche. |
Hey,
bin mir gerade bei der Lösung nicht ganz sicher. Ich hab den Ansatz:
[mm] \vec{E}=\int{\rho*d\vec{V}} [/mm] gewählt und dann wie folgt weitergerechnet.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Wie löse ich den letzten Teil? Bzw. macht die Überlegung überhaupt Sinn?
Ich stell mir den Querschnitt quasi so vor,
[Dateianhang nicht öffentlich]
und rein von der Überlegung, müsste von [mm] 0-R_i [/mm] ja kein Feld sein, sowie im Inneren des leiters ja auch nicht. Also nur von [mm] R_a [/mm] nach außen?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:22 So 02.12.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo jackyooo,
Du bist schon auf dem richtigen Weg, hast aber einen kleinen Denkfehler dabei. Denke daran, dass das Hüllintegral über eine eingeschlossene Ladungsmenge die elektrische Erregung D ergibt und die ist über
[mm] D = \epsilon E [/mm]
mit dem elektrischen Feld verknüpft.
Im Inneren des Hohlzylinders schließt Du keine Ladung ein, also gibt es dort auch kein Feld.
Außerhalb Deines Außenradius kannst Du den Radius des Hüllintegrals wachsen lassen, solange Du willst, Du schließt immer die Gesamtladung ein.
Jetzt kannst Du Dir vorstellen, wie es im Bereich zwischen dem Innen- und dem Außenradius aussieht. Je nachdem, wie groß Du Deinen Radius wählst, schließt Du einen mehr oder weniger großen Teil der Ladung ein. D wächst also mit dem Radius an bis der Radius an den Außenradius stößt, ab da sind wir im Außenbereich und D wird dort abfallen und die eingeschlossene Ladung wird konstant sein.
Mit diesen Angaben kommst Du jetzt sicher weiter.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:36 So 02.12.2012 | | Autor: | jackyooo |
Hey,
danke schonmal für deine Antwort. Ich kann damit leider nur nicht so richtig was anfangen. Was genau ist falsch an meiner Rechnung?
Warum brauche ich die elektrische Erregung? Ich suche doch nach der elektrischen Feldstärke.
Angenommen, wir vereinfachen die Geometrie, und sagen, dass wir nur noch einen normalen Zylinder haben:
Dann müsste ja gelten:
[mm] \vec{E}=\int\delta*d\vec{V}=\delta\int_{-l}^{l}{\int_{0}^{2\pi}{\int_{0}^{R}{d\rho*R*d\partial*dz}}}
[/mm]
Ist diese Grundannahme richtig?
edit: Stop, Geistesblitz?
[mm] \vec{E}=\int{\frac{dQ*\vec{e_s}}{4\pi\epsilon}}
[/mm]
Außerdem:
[mm] \delta=\frac{dQ}{dV}
[/mm]
[mm] \rightarrow dQ=\delta*dV
[/mm]
[mm] \rightarrow \vec{E}=\int{\frac{\delta*dV*\vec{e_s}}{4\pi\epsilon}}[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:37 Mo 03.12.2012 | | Autor: | GvC |
Halte Dich doch mal an den Rat von Infinit und wende den Gaußschen Flusssatz an:
[mm]\oint \vec{D}\, d\vec{A}=q[/mm]
Wähle eine sinnvolle Integrationsfläche (das dürfte der Mantel eines koaxialen Zylinders sein) und mache Dir die Symmetrieeigenschaften der Anordnung zunutze, nämlich
[mm]\vec{D}||d\vec{A}[/mm]
und
[mm]|\vec{D}|=const[/mm]
an jeder Stelle des Zylindermantels.
Außerdem mach Dir klar, dass ein Zylinder mit dem Radius r, [mm] r_i
[mm]q=\sigma\cdot\pi\cdot (r^2-r_i^2)\cdot l[/mm]
einschließt.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:53 Mo 03.12.2012 | | Autor: | jackyooo |
Das ist doch komisch. Wenn gilt:
[mm] Q=\int{\vec{D}*d\vec{A}}
[/mm]
sowie D=konstannt. Dann gilt doch:
[mm] Q=D\int{dA}
[/mm]
Und außerdem gilt:
[mm] Q=(\pi*l(R_a^2-R_i^2)) \delta
[/mm]
Dann gilt doch:
[mm] D=\frac{(\pi*l(R_a^2-R_i^2)) \delta}{(\pi*l(R_a^2-R_i^2))}=\delta
[/mm]
Und [mm] E=\frac{D}{\epsilon}=\frac{\delta}{\epsilon}
[/mm]
Das ist doch zu simpel? Wo ist mein Denkfehler?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:39 Mo 03.12.2012 | | Autor: | GvC |
> Das ist doch komisch. Wenn gilt:
>
> [mm]Q=\int{\vec{D}*d\vec{A}}[/mm]
> sowie D=konstannt. Dann gilt doch:
>
> [mm]Q=D\int{dA}[/mm]
Und was ist [mm]\int\, dA[/mm]
wenn die Integrationsfläche ein Zylindermantel mit dem Radius r ist? Wie groß ist also die Zylindermantelfläche? Ist die nicht [mm]2\cdot\pi\cdot r\cdot l[/mm]?
>
> Und außerdem gilt:
>
> [mm]Q=(\pi*l(R_a^2-R_i^2)) \delta[/mm]
Das würde nur für den Außenbereich gelten, also für [mm] r>r_a. [/mm] Wir wollten uns aber auf den Bereich zwischen [mm] r_i [/mm] und [mm] r_a [/mm] konzentrieren. Für den Fall gilt, wie bereits in meinem vorigen Beitrag gesagt,
[mm]Q=\sigma\cdot\pi\cdot (r^2-r_i^2)\cdot l[/mm]
Für den Außenbereich, also für [mm] r>r_a [/mm] würde dann in der Tat gelten
[mm]Q=\sigma\cdot\pi\cdot (r_a^2-r_i^2)\cdot l[/mm]
>
> Dann gilt doch:
>
> [mm]D=\frac{(\pi*l(R_a^2-R_i^2)) \delta}{(\pi*l(R_a^2-R_i^2))}=\delta[/mm]
>
> Und [mm]E=\frac{D}{\epsilon}=\frac{\delta}{\epsilon}[/mm]
>
> Das ist doch zu simpel? Wo ist mein Denkfehler?
Ja, das ist nicht nur zu simpel, sondern schlicht falsch. Das stimmt ja schon dimensionsmäßig nicht.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:00 Mo 03.12.2012 | | Autor: | jackyooo |
Hab grad noch mal drüber nachgedacht. Das dA müsste ja der Flächenquerschnitt sein?
Also:
[mm] Q=D\int{dA}=D(\int_{0}^{2\pi}{\int_{0}^{R_a}{d\phi*\phi*d\partial}}-\int_{0}^{2\pi}{\int_{0}^{R_i}{d\phi*\phi*d\partial}})=2\piD(R_{a}^2-R_{i}^2)
[/mm]
[mm] \rightarrow D=\frac{Q}{2\pi(R_{a}^2-R_{i}^2)}
[/mm]
[mm] \rightarrow E=\frac{Q}{2\pi(R_{a}^2-R_{i}^2)\epsilon }
[/mm]
[mm] 0\le [/mm] x [mm] \le r_{i}:
[/mm]
E=0
[mm] r_{i} \le [/mm] x [mm] \le r_{a}:
[/mm]
E=
[mm] r_{a} \le [/mm] x:
[mm] E=\frac{\pi*l\delta(R_{a}^2-R_{i}^2)}{2\pi(R_{a}^2-R_{i}^2)\epsilon }=\frac{l\delta}{2\epsilon}
[/mm]
>Wir wollten uns aber auf den Bereich zwischen [mm]r_i[/mm]
> und [mm]r_a[/mm] konzentrieren. Für den Fall gilt, wie bereits in
> meinem vorigen Beitrag gesagt,
>
> [mm]Q=\sigma\cdot\pi\cdot (r^2-r_i^2)\cdot l[/mm]
>
> Für den Außenbereich, also für [mm]r>r_a[/mm] würde dann in der
> Tat gelten
>
> [mm]Q=\sigma\cdot\pi\cdot (r_a^2-r_i^2)\cdot l[/mm]
Meinst du mit mit Q: Q(r)?
Ich hab schon ne Menge Ansätze gehabt, aber ich müsste mal wissen, was ich falsch gemacht hab, um das hier zu kapieren.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:59 Mo 03.12.2012 | | Autor: | GvC |
...
>
> Meinst du mit mit Q: Q(r)?
Ja, sofern wir uns im Bereich [mm] r_i
[mm]Q=\sigma\cdot \pi\cdot (r^2-r_i^2)\cdot l=f(r)[/mm]
Für [mm] r
und
für [mm] r>r_a [/mm] ist [mm]Q=\sigma\cdot \pi\cdot (r_a^2-r_i^2)\cdot l=const[/mm]
>
> Ich hab schon ne Menge Ansätze gehabt, aber ich müsste
> mal wissen, was ich falsch gemacht hab, um das hier zu
> kapieren.
Ich hab's dir doch schon zweimal geagt. Die vom elektrischen Fluss durchsetzte Fläche ist nicht die Querscnittsfläche des Hohlzylinders, sondern die Zylindermantelfläche. Es handelt sich hier doch um eine zylindrische Anordnung mit zylindersymmetrischer Feldverteilung.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:24 Mo 03.12.2012 | | Autor: | GvC |
>.... D wächst also
> mit dem Radius an bis der Radius an den Außenradius
> stößt, ab da sind wir im Außenbereich und D wird dort
> konstant sein.
> Mit diesen Angaben kommst Du jetzt sicher weiter.
> Viele Grüße,
> Infinit
>
Hallo Infinit,
wenn Du damit meinst, dass die elektrische Erregung im gesamten Außenbereich konstant, also unabhängig von r ist, so ist das nicht richtig. Natürlich fällt die Erregung genauso wie die Feldstärke im Außenbereich hyperbelförmig mit 1/r ab. Vielleicht hast du das ja gemeint, es wurde aus Deiner Formulierung nur nicht ganz klar.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:44 Di 04.12.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo GvC,
danke für den Hinweis. Das war blöd ausgedrückt, ich habe den Satz verbessert.
Viele Grüße,
Infinit
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