E-Feld in der Atmosphäre < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 12:41 So 29.04.2007 | | Autor: | Zander |
| Aufgabe | | In einem bestimmten Gebiet der Erdatmosphäre wurde das E-Feld mit folgenden Werten gemessen 150 V/m in einer Höhe von 250m und 170 V/m in 400m Höhe. In beiden Fällen ist das E-Feld nach unten gerichtet. Brechnen sie die Raumladungsdichte unter der Annahme, dass sie zwischen 250m und 400m homogen ist.Die Erdkrümmung kann vernachlässigt werden. |
hallo
um die gesamtladung in der höhe von 400m zu bestimmen setze ich alles in die E-Feld gleichung ein:
[mm] 170V/m=\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}*\bruch{Q_{400}}{400^2m^2}
[/mm]
[mm] 150V/m=\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}*\bruch{Q_{250}}{400^2m^2}
[/mm]
irgendwie weiss ich gar nicht weiter.
könnt ihr mir bitte helfen?
zander
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:21 So 07.05.2017 | | Autor: | Mathatas |
| Aufgabe | In einem bestimmten Gebiet der Erdatmosphäre wurde das elektrische Feld oberhalb der Erdoberfläche
mit folgenden Ergebnissen gemessen: E1 = 150 Vm^-1 in einer Höhe von h1 = 250 m bzw.
E2 = 170 Vm^-1 in einer Höhe von h2 = 400 m. In beiden Fällen ist das elektrische Feld nach unten
zur Erde gerichtet.
a) Berechnen Sie die Ladungsdichte [mm] \varphi [/mm] der Atmosphäre zwischen h1 und h2, unter der Annahme, dass
sie in diesem Bereich homogen ist. Angenommen, dass alle geladene Teilchen einfach geladen sind,
geben Sie die entsprechende Teilchendichte n = [mm] \varphi/e [/mm] an.
b) Wie groß ist die Gesamtladung Q zwischen h1 und h2? |
Ich habe die Antworten hier gelesen, aber muss jetzt trotzdem noch einmal nachfragen, weil mich die Antworten ein wenig verwirrt haben.
Die Ladung Q an den verschiedenen Höhen wird mit
[mm] E = \bruch{1}{4*\pi*\varepsilon} * \bruch{Q}{r^2} [/mm] berechnet, richtig ?
Für r wird dann jeweils die Höhe eingesetzt ? Die Differenz der Ladungen Q1 und Q2 wird dann durch A= [mm] 4\pi *r^2 [/mm] geteilt für die Ladungsdichte ? In dem Fall dann aber r= 6370km ?
mfg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:19 So 07.05.2017 | | Autor: | Infinit |
Hallo Mathatas,
ja, das wäre die Vorgehensweise, wobei man vereinfacht ansetzt, dass die paar hundert Meter Höhenunterschied bei der Berücksichtigung des Erdradius unter den Tisch fallen können.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:09 So 07.05.2017 | | Autor: | Mathatas |
Vielen Dank für die schnelle Antwort.
Mein Ergebnis ist dann
[mm] \varphi = 3,9027*10^-18 C/m2 [/mm]
Ich habe jetzt doch, wie ich es Anfangs hatte, zunächst Q1 und dann Q2 ausgerechnet und die Differenz durch A geteilt.
Die Gesamtladung Qges ist dann die Differenz zwischen Q1 und Q2 ? Das kommt mir etwas zu einfach vor.
Lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:52 Mo 08.05.2017 | | Autor: | Infinit |
Hallo Mathatas,
ich komme auf andere numerische Werte, aber wenn wir mal nicht mit der Kugel rechnen, sondern mit der von Event_Horizon vorgeschlagenen Vorgehensweise, dann ist die Flächenladungsdichte auf der Kugeloberfläche [mm] 4 \pi r^2 [/mm] einmal in 250 m Höhe
[mm] \bruch{Q_{250}}{4 \pi r^2} = \epsilon \cdot E_{250}= 1,328 \cdot 10^{-9} [/mm][mm] As/m^2
[/mm]
und entsprechend
[mm] \bruch{Q_{400}}{4 \pi r^2} = \epsilon \cdot E_{400}= 1,505 \cdot 10^{-9} [/mm][mm] As/m^2
[/mm]
Die Differenz in der Flächenladung beträgt also [mm] 0,177 \cdot 10^{-9} [/mm] [mm] As/m^2, [/mm] dies noch durch die Höhendifferenz geteilt ergibt die Raumladungsdichte
[mm] 1,18 \cdot 10^{-12} [/mm] [mm] As/m^3.
[/mm]
Viele Grüße,
Infinit
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:46 So 29.04.2007 | | Autor: | Infinit |
Hallo Zander,
von einem Verschreiber abgesehen, ist der Ansatz schon fast richtig. Was Du vergessen hast, dazuzuzählen für den Abstand r ist der Erdradius.
Das Hüllintegral über die elektrische Erregung ergibt die in dem entsprechenden Volumen vorhandene Ladung. Mit Hilfe der zwei Gleichungen kannst Du also die beiden eingeschlossenen Ladungsmengen in 250m bzw. 400m Höhe bestimmen. Die Differenz zwischen diesen beiden Werten muss also derjenige Ladungsanteil sein, der sich zwischen 250m und 400m Höhe befindet. Diese Ladung verteilt sich nach Vorgabe homogen in der die Erde umgebenden Kugelschale zwischen 250m und 400m Höhe. Das Volumen dieser Kugelschale ergibt sich aus der Differenz der beiden Kugelvolumen. Für eine Kugel mit Radius r gilt ja
$$ V = [mm] \bruch{4}{3} \pi r^3 \, [/mm] . $$
Damit lässt sich dann die Raumladungsdichte bestimmen.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:05 So 29.04.2007 | | Autor: | Zander |
danke für die schnelle antwort.
ich verstehe aber nicht warum man die erdkrümmung vernachlässigen kann, wenn man doch über das kugelvolumen integriert.
oder hat das was damit zu tun, dass die elektrische feldenergie eines kondensators unabhängig von seiner bauform ist. also könnte man die beiden kugelschalen als riesigen kugelkondenastor betrachten?
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Ja, man kann die Erde als sehr, sehr großen Kondensator ansehen.
Die Erde hat einen Radius von 6370km, welchen Unterschied machen da 0,2 oder 0,4km in der Fläche der beiden Kugeloberflächen? Eigentlich keinen.
Du kannst also beide Flächen als gleich groß annehmen: [mm] $A=4\pi r^2$. [/mm] Damit wird aus dem Kugelkondensator ein Plattenkondensator.
Jetzt kannst du also Q/A berechnen (!) und noch durch die Höhendifferenz h teilen, und erhälst die Ladungsdichte Q/(Ah).
Bedenke, daß du A nicht konkret berechnen mußt, sondern nur den Bruch Q/A!
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