Potential,E-Feld,Koaxialkabel < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:17 Sa 09.10.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
Mir ist da was nicht klar was mir früher immer klar war.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Ich nehme an ich habe ein Koaxialkabel ---> EDIT: Kugel mit einem Innenleiter mit dem Potential A bzw. auf dem Innenleiter ist eine Ladung Q wenn ausserhalb, im Unendlichen das Potential mit dem Wert 0 definiert wird.
Der Aussenleiter sei nicht geladen.
Wie sieht nun der Potentialverlauf aus? Nun ja, handelt es sich um einen Bereich in einem Leiter ist das das Potential immer gleich. Jetzt ist mir aber nicht klar wie das ist mit dem Potential das nach dem Aussenleiter kommt (ich habe die Stelle blau gekennzeichnet).
Bei Radius b ist doch das Potential: [mm] \bruch{Q}{4*\pi*\varepsilon*b}
[/mm]
Wie ist nun das Potential bei Radius c?
Ist es [mm] \bruch{Q}{4*\pi*\varepsilon*c} [/mm] oder [mm] \bruch{Q}{4*\pi*\varepsilon*b} [/mm] ?
Gemäss dem Supperpositionsprinzip kann man E-Felder doch einfach supperponieren, also das Feld des inneren Leiters [mm] (\bruch{Q}{4*\pi*\varepsilon*c^{2}}) [/mm] plus das Feld des Äusseren (=0).
Ich bring das irgendwie nicht zusammen...
Gruss
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:28 Sa 09.10.2010 | | Autor: | isi1 |
Bei Dieser Aufgabe kannst Du die Formeln für die Feldstärke E benutzen, denn E = D / [mm] \varepsilon
[/mm]
Das Potential musst Du dann durch Integrieren erzeugen.
Ach ja, das Pot. bei c geht auch mit Deiner Formel. Bei b ist es dann gleich groß.
Das Pot bei a geht im Prinzip auch mit Deiner Formel:
Berechne damit [mm] \Delta \varphi [/mm] = [mm] \varphi_a [/mm] - [mm] \varphi_b
[/mm]
und Pot. bei a = Pot. b + [mm] \Delta \varphi[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:05 Sa 09.10.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
> Bei Dieser Aufgabe kannst Du die Formeln für die
> Feldstärke E benutzen, denn E = D / [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Das Potential musst Du dann durch Integrieren erzeugen.
Danke. Aber ich habe ja die Formeln. Ich habe zuerst die für Zylinder und Kugel vertauscht, machen wir einfach eine Kugel draus...
>
> Ach ja, das Pot. bei c geht auch mit Deiner Formel. Bei b
> ist es dann gleich groß.
Ich kapiers immer noch nicht:
Einerseits muss doch das Potential bei Radius b gleich dem Potential bei Raduis c sein, da das Metall leitet. Andrerseits gilt das Supperpositionsprinzip:
E{ges} = [mm] E_{innenleiter} [/mm] + [mm] E_{aussenleiter} [/mm] = [mm] \bruch{Q}{4*\pi*r^{2}*\varepsilon} [/mm] + 0
Will ich zum Beispiel das E-Feld für einen Radius R > c berechnen, dann rechne ich doch
[mm] \bruch{Q}{4*\pi*R^{2}*\varepsilon}
[/mm]
oder rechne ich
[mm] \bruch{Q}{4*\pi*(R-(c-b))^{2}*\varepsilon} [/mm] , weil das Potential zwischen b und c gar nicht abnimmt?
...???
> Das Pot bei a geht im Prinzip auch mit Deiner Formel:
> Berechne damit [mm]\Delta \varphi[/mm] = [mm]\varphi_a[/mm] - [mm]\varphi_b[/mm]
> und Pot. bei a = Pot. b + [mm]\Delta \varphi[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:37 Sa 09.10.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich hab dein Problem noch nicht verstanden:
die innere Kugel ist mit Q1 geladen? was ist mit der ußeren?
a) auf Erde, bzw Potential 0
b) wie in deiner Zeichnung (grün) auf einem festen potential V1?
c) trägt ne feste Ladung Q2
d) ist insgesamt ungeladen ud wird (als 2 Halbugeln) von aussen rangebracht.
da du mit koaxialkabel angefangen hast, da ist ddie Hülle i.A. auf Potential 0 also geerdet.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:49 Sa 09.10.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hi Leduart...
Ich wüsste bei keinem der Fälle wie rechnen. Aber sagen wir mal b).
Das eingezeichnete Potential das ich grün eingetragen habe kommt doch von der Ladung Q1 in der inneren Kugel. Die setzt doch die Äussere Kugel automatisch auf das Potential V1?
Jetzt ist mir eben nicht klar: das Potential müsste doch bei Radius c kleiner sein als bei Radius b da Potential = [mm] \bruch{Q1}{4*\pi*\varepsilon*r} [/mm] und für einen anderen Radius ändert das doch. Aber andrerseits ist es ja ein Metall und leitend, also ist Pot(b) = Pot(c) ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:03 Sa 09.10.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
wieso setzt die innere kugel die äußere auf ein höheres Potential?
auf irgendeinem Potential kannst du die ussere nur halten, wenn du sie mit dem potental verbindest.
vielleicht meinst du, die äussere Kugel ist anfangs ungeladen, ins Feld der inneren gebracht, trennen sich im Feld der inneren die ladungen so, dass außen auf der Kugel Q1 sitzt, innen -Q1 überlagert mit dem eld der inneren Kugel also im inneren der äußeren Schale also E=0, das Potential der Außen Kugel ist das Potential der Innenkugel an der Stelle c.
Gruss leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:12 Sa 09.10.2010 | | Autor: | isi1 |
Das ist einfacher, als Du gedacht hast:
1. Es gibt nur eine Ladung Q1
2. diese Ladung hat über der gesamten Oberfläche beim Radius r
O = 4 [mm] \pi [/mm] r² ... Dann ist [b]D = Q1 / O
Da D = [mm] \epsilon*E [/mm] ist, kannst Du damit an jeder Stelle das E errechnen.
Wie kommt man jetzt zum Potential?
Im Unendlichen ist es 0 (Definition)
Bei r=c muss also noch die übliche Formel gelten, denn bis dahin ist [mm] \epsilon [/mm] = [mm] \epsilon_0.
[/mm]
Ab c bis b kannst Du keine Potentialdifferenz haben
zwischen a und b muss die gleiche Feldstärke E sein, als ob die äußere Schale nicht vorhanden wäre. Deshalb kannst Du die Potentialdifferenz berechnen.
Innerhalb von r = a ist das Potential wieder konstant.
Überlagerung braucht man, wenn mehrere Ladungen vorhanden sind - hast Du aber nicht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:58 Sa 09.10.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Ich habs verstanden.
Schönen Abend euch...
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