Ringladung < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:55 So 02.06.2013 | | Autor: | Jioni |
| Aufgabe | Ein Ring vom Radius R besitzt eine Ladungsverteilung [mm] \lambda(\phi) [/mm] = [mm] \lambda_0\* sin(\phi) [/mm] mit [mm] \lambda_0 [/mm] = const.
a) In welche Richtung zeigt das elektrische Feld im Ringmittelpunkt?
b) Welchen Betrag hat das Feld im Ringmittelpunkt? |
Hallo zusammen,
ich habe Probleme die Ladung und das elektrische Feld folgender Anordnung zu bestimmen:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Zunächste wollte ich die Ladung Q bestimmen:
Q = [mm] \lambda \*ds
[/mm]
Q = [mm] \integral_{0}^{2\pi}{\lambda_0\* sin(\phi) ds}
[/mm]
für ds = [mm] \rho d\phi [/mm] ,
Integriere ich das nun kommt leider 0 heraus.
Wo liegt mein Fehler?
Vielen Dank,
LG
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:17 So 02.06.2013 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Ein Ring vom Radius R besitzt eine Ladungsverteilung
> [mm]\lambda(\phi)[/mm] = [mm]\lambda_0\* sin(\phi)[/mm] mit [mm]\lambda_0[/mm] =
> const.
>
> a) In welche Richtung zeigt das elektrische Feld im
> Ringmittelpunkt?
> b) Welchen Betrag hat das Feld im Ringmittelpunkt?
> Hallo zusammen,
>
> ich habe Probleme die Ladung und das elektrische Feld
> folgender Anordnung zu bestimmen:
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Zunächste wollte ich die Ladung Q bestimmen:
>
> Q = [mm]\lambda \*ds[/mm]
>
> Q = [mm]\integral_{0}^{2\pi}{\lambda_0\* sin(\phi) ds}[/mm]
>
> für ds = [mm]\rho d\phi[/mm] ,
>
> Integriere ich das nun kommt leider 0 heraus.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Wieso 'leider'?
>
> Wo liegt mein Fehler?
Wie kommst Du darauf, dass das falsch ist? Du hast keinen Fehler gemacht.
>
> Vielen Dank,
>
> LG
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
Gruß,
notinX
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:19 So 02.06.2013 | | Autor: | Infinit |
Das ist okay so, oder steht der Sinus in Betragsstrichen?
VG,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:04 So 02.06.2013 | | Autor: | Jioni |
Vielen Dank!
Das ist zwar einerseits beruhigend, allerdings weiß ich nun nicht wie ich nun weiter vorgehen soll, um den Betrag des elektrischen Feldes im Mittelpunkt zu berechnen.(Aufgabenteil b)
Es gilt ja :
[mm] \overrightarrow{E} [/mm] = [mm] \bruch{Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \overrightarrow{e_r}
[/mm]
Demnach wäre das E-Feld ja auch 0.
In der Lösung steht jedoch [mm] \overrightarrow{E} [/mm] = [mm] -\bruch{\lambda_0}{4 \pi \epsilon_0 R}\overrightarrow{e_y}
[/mm]
Desweiteren wird als Hinweis [mm] \integral {sin^2(x)dx} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2}(x-cos(x)*sin(x)) [/mm] angegeben..
Um das zu erhalten müssete man jedoch über ein Flächen oder Volumenelement integrieren und ich verstehe nicht, wieso man das bei einer linienförmigen Ringladung machen sollte.
Leider wird nicht angegeben, ob sich die Lösung auf Aufgabenteil a oder b bezieht.
Zu a) hätte ich vermutet, dass das E-feld in der Ringmitte 0 ist, da sich die gegenüberliegenden Feldlinien aufheben..
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:59 So 02.06.2013 | | Autor: | notinX |
> Vielen Dank!
> Das ist zwar einerseits beruhigend, allerdings weiß ich
> nun nicht wie ich nun weiter vorgehen soll, um den Betrag
> des elektrischen Feldes im Mittelpunkt zu
> berechnen.(Aufgabenteil b)
>
> Es gilt ja :
>
> [mm]\overrightarrow{E}[/mm] = [mm]\bruch{Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \overrightarrow{e_r}[/mm]
Das gilt für eine Punktladung. Das ist in dieser Aufgabe offensichtlich nicht der Fall.
>
> Demnach wäre das E-Feld ja auch 0.
Wenn Du r=0 beim Feld einer Punktladung betrachtest kommt da alles, aber nicht 0 raus.
>
> In der Lösung steht jedoch [mm]\overrightarrow{E}[/mm] =
> [mm]-\bruch{\lambda_0}{4 \pi \epsilon_0 R}\overrightarrow{e_y}[/mm]
>
> Desweiteren wird als Hinweis [mm]\integral {sin^2(x)dx}[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{2}(x-cos(x)*sin(x))[/mm] angegeben..
> Um das zu erhalten müssete man jedoch über ein Flächen
> oder Volumenelement integrieren und ich verstehe nicht,
> wieso man das bei einer linienförmigen Ringladung machen
> sollte.
Weil das elektrische Feld einer Ladungsverteilung über ein Volumenintegral definiert ist.
>
> Leider wird nicht angegeben, ob sich die Lösung auf
> Aufgabenteil a oder b bezieht.
Berechne doch erstmal selbst eine Lösung bevor Du Dir die Musterlösung anschaust.
>
>
> Zu a) hätte ich vermutet, dass das E-feld in der Ringmitte
> 0 ist, da sich die gegenüberliegenden Feldlinien
> aufheben..
>
Keine Ahnung woher Du das wissen willst. Ich kann mir das Feld ohne Berechnung nicht vorstellen.
Gruß,
notinX
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:55 Mo 03.06.2013 | | Autor: | GvC |
> ...
> In der Lösung steht jedoch [mm]\overrightarrow{E} =
-\bruch{\lambda_0}{4 \pi \epsilon_0 R}\overrightarrow{e_y}[/mm]
> ...
Bist Du sicher, dass da nicht steht
[mm]\vec{E}=-\frac{\lambda_0}{4\cdot\epsilon_0\cdot R}\cdot\vec{e}_y[/mm]
Das würde ich nämlich rausbekommen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:23 Di 04.06.2013 | | Autor: | Jioni |
Ja, du hast Recht das Ergebnis lautet [mm] \overrightarrow{E}= -\bruch{\lambda_0}{4 * \varepsilon_0 * R}
[/mm]
Ok, ich habe nun als Ansatz [mm] d\overrightarrow{E} [/mm] = [mm] \bruch{dQ}{4 * \pi \varepsilon_0 * r^2}\overrightarrow{e_r} [/mm] gewählt.
dQ = [mm] \lambda_0*sin(\phi)*ds
[/mm]
Das Wegelement ds habe ich nun in Zylinderkoordinaten als ds = [mm] \rho*d\phi [/mm] gewählt, da nur eine Abhängigkeit von [mm] \phi [/mm] besteht.
Für den Einheitsvektor [mm] \overrightarrow{e_r} [/mm] = [mm] \overrightarrow{e_\rho} [/mm] = [mm] cos(\phi)*\overrightarrow{e_x} [/mm] + [mm] sin(\phi)*\overrightarrow{e_y}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \overrightarrow{E} [/mm] = [mm] \bruch{\lambda_0}{4 * \varepsilon_0 * \pi * \rho^2}*\integral_{0}^{2\pi}{sin(\phi)*(cos(\phi)*\overrightarrow{e_x} + sin(\phi)* \overrightarrow{e_y})*\rho \dphi}
[/mm]
[mm] \overrightarrow{E} [/mm] = [mm] \bruch{\lambda_0}{4 * \varepsilon_0 * \pi * \rho}*(\integral_{0}^{2\pi} sin(\phi)*cos(\phi)*\overrightarrow{e_x} +\integral_{0}^{2\pi}sin(\phi)*sin(\phi)* \overrightarrow{e_y}\dphi)
[/mm]
[mm] \overrightarrow{E}= -\bruch{\lambda_0}{4 * \varepsilon_0 * R} [/mm] für [mm] \rho [/mm] = R
Ich hoffe das ist nun so sinnvoll.
Danke für eure Anregungen
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:54 Fr 14.11.2014 | | Autor: | Mino1337 |
Hallo,
Ich hab da ein Problem mit deiner Lösung ... Also bei dem Integral bekomme ich so wie du Pi raus aber wo fällt das [mm] \vec{e}x [/mm] unterm Tisch ? Ich habs mehrmals durchgerechnet aber hab keine Idee ...
Danke für etvaige Antworten =D
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:02 Fr 14.11.2014 | | Autor: | chrisno |
$ [mm] \integral_{0}^{2\pi} sin(\phi)\cdot{}cos(\phi)\cdot{}\overrightarrow{e_x} \dphi [/mm] = 0$ damit fällt das [mm] $e_x$ [/mm] weg.
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