Feldstärke Ringladung < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:04 Do 11.12.2014 | | Autor: | Zatem |
Hey,
habe derzeit Grundlagen d. Elektrotechnik im Nebenfach und komme noch nicht so wirklich klar mit dem Fach. Habe gerade beim Aufarbeiten ein wenig Probleme mit dieser vermutlich simplen Aufgabe:
http://imgur.com/8dlrLnH (wegen der Zeichnung etc. hab ich einfach mal nen Screenshot gemacht anstatt den Aufgabentext abzutippen).
Also ich muss wohl um die Gesamtfeldstärke im Mittelpunkt zu erhalten immer infinitesimal kleine Streckenabschnitte dS auf dem Ring mit der Ladung [mm] \lambda*dS [/mm] betrachten, dort die Feldstärke im Mittelpunkt berechnen, und dann über alles integrieren.
Bin mir aber z.B. nicht ganz sicher ob das wirklich nen Wegintegral oder doch eher nen Flächenintegral ist?
Im Folgenden auf jeden Fall mein Ansatz: (z.B. hier auch unsicher ob das Wegelement vektoriell sein muss oder nicht, irgendwie ist das mal so mal so in den Übungsaufgaben) (nenne den Winkel hier mal [mm] \alpha [/mm] statt phi,weil ich kein phi hier finde)
[mm] \vec{dE}= \bruch{\vec{dS}*\lambda}{4*\pi*\varepsilon_{0}*r_{R}^2} [/mm] * [mm] (-\vec{e_x}*cos(\alpha) [/mm] - [mm] \vec{e_y}*sin(\alpha))
[/mm]
Die Beziehung mit der x-Komponente und y-Komponente habe ich mir an der Zeichnung klar gemacht, weil cos=Ankathete/Gegenkathete und sin=Gegenkathete/Ankathete.
Normiert sollte der Richtungsvektor ja auch sein wegen sin²+cos²=1 oder?
So, und um dann die Gesamtfeldstärke im Mittelpunkt zu erhalten eben das Integral darüber, und hier fangen dann die Probleme an(falls das davor überhaupt stimmt).
Irgendwie hab ich dann einmal die Richtungsvektoren bezüglich x und y drin, aber habe auch weiterhin meinen Winkel [mm] \alpha [/mm] drin, also weiß ich nicht ob ich jetzt Polarkoordinaten oder kartesische Koordinaten wählen muss? Und dann weiß ich auch nicht wie ich die Grenzen wählen muss, z.B.
-über den ganzen Umfang des Kreises (0 bis [mm] 2*\pi*r_R [/mm] ) und dann irgendwie ein eindimensionales Integral?
-zweidimensionales Integral kartesische Koordinaten und x und y jeweils von [mm] -r_R [/mm] bis [mm] +r_R [/mm] ?
-Polarkoordinaten, Winkel von 0 bis [mm] 2*\pi [/mm] ? Dann nur eindimensional?
In jedem fall habe ich aber dann ja in meiner Formel sowohl die kartesischen Einheitsvektoren als auch den Winkel [mm] \alpha [/mm] drin, was irgendwie komisch ist.
Ihr seht, ich bin ziemlich verwirrt, ich hoffe ihr könnt Klarheit schaffen.
Danke euch!
lg
PS:Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:56 Do 11.12.2014 | | Autor: | Infinit |
Hallo Zatem,
aufgrund der Ringstruktur bietet sich hier ein Arbeiten in POlarkoordinaten an, worauf der Winkel Alpha in der Zeichnung ja auch schon hindeutet.
Du musst ein Linienintegral dafür lösen und dessen Grenzen sind für den Winkel Alpha dann die Werte 0 und 2 Pi.
Schreibe Dir mal das Ganze in Polarkoordinaten hin.
Viele Grüße,
Infinit
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:31 Do 11.12.2014 | | Autor: | Zatem |
Ok, also Polarkoordinaten, das ist schonmal gut danke.
Der Richtungsvektor bei der infininitesimal kleinen Feldstärke wäre ja dann [mm] -e_r [/mm] , weil [mm] e_r [/mm] immer radial nach außen zeigt, [mm] -e_r [/mm] also genau auf den Mittelpunkt.
Also würde das auf folgendes hinauslaufen?
[mm] \integral_{\alpha=0}^{2*\pi}{\integral_{r=r_R}^{r_R}{\bruch{\lambda*\vec{dS}}{4*\pi*\varepsilon_{0}*r^2}*(-\vec{e_r})}}= -\bruch{\lambda_{0}}{4*\pi*\varepsilon_{0}} [/mm] * [mm] \integral_{\alpha=0}^{2*\pi}{\integral_{r=r_R}^{r_R}{\bruch{sin(\alpha)*\vec{dS}}{r^2}*\vec{e_r}}} [/mm]
= [mm] -\bruch{\lambda_{0}}{4*\pi*\varepsilon_{0}} [/mm] * [mm] \integral_{\alpha=0}^{2*\pi}{\integral_{r=r_R}^{r_R}{\bruch{sin(\alpha)*(dr*\vec{e_r}+r*d\alpha*\vec{e_{\alpha}})}{r^2}*\vec{e_r}}} [/mm]
[mm] =-\bruch{\lambda_{0}}{4*\pi*\varepsilon_{0}} [/mm] * [mm] \integral_{\alpha=0}^{2*\pi}{\integral_{r=r_R}^{r_R}{\bruch{sin(\alpha)}{r^2}*dr}} [/mm]
So und jetzt habe ich irgendwie kein [mm] d\alpha [/mm] mehr drin, was muss hier anders gemacht werden? Stelle mich wsh. ein wenig dumm an, aber das Fach ist bislang echt net meine Stärke.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:12 Do 11.12.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
dein Weg ist zu kompliziert, aber zuerst dS hat doch keine Komponente in r richtung? ds=rd˜phi
aber das ganze ist nach einigen Vorüberlegungen einfacher.
da [mm] sin\phi [/mm] symmetrisch zu [mm] \pi(2 [/mm] ist heben sich die E Anteile in x Richtung auf. es bleiben nur die in y Richtung.
dazu ist die Ladung auf der unteren Kreishälfte genau so groß wie auf der oberen, aber negativ, du musst also nur über die obere Hälfte integrieren. und da nur bis ˜pi(2 und wieder verdoppeln insgesamt also von 0 bis ˜pi/2 und das *4.
du hast [mm] E_y/E=cos\(phi) [/mm] und damit [mm] dE_y=k/r^2**˜lambda*cos\phi*sin(\phi)*rd*\phi [/mm] und musst nur noch das integrieren.
Erst mal überlegen und z.B die ldungsverteilung aufzeichnen und sich klar machen vereinfacht viele Rechnungen!
Gruß leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:56 Fr 12.12.2014 | | Autor: | Zatem |
Also ich habe auf meinem schlauen Koordinatenzettel geschaut da steht ds= [mm] dr*e_r+r*d_{\alpha}*e_{\alpha} [/mm] , darum habe ich das jetzt so übernommen.
Aber wenn das Wegelement nur in [mm] e_{\alpha}-Richtung [/mm] wäre, dann würde ja unter meinem Integral 0 rauskommen, das kann ja auch nicht sein.
Deine Lösung ist natürlich super, und das kann ich auch nachvollziehen, danke dir dafür!
Ich würde jedoch gerne zu Übungszwecken auch den "Standardweg" hinkriegen, wie ich das machen wollte, das muss ja auch gehen irgendwie. Wenn ich wüsste, wo da der Fehler bei mir liegt, hilft mir das sicherlich auch bei weiteren Übungsaufgaben.
(z.B. http://imgur.com/1vI53mR , wenn ich jetzt anfange den Satz von Gauß aufzuschreiben mit [mm] Q_1 [/mm] = [mm] \integral_{\alpha=0}^{2*\pi}{\integral_{r=0}^{r_{K_1}}{\vec{D}*\vec{dA}}} [/mm] dann weiß ich schon net weiter, wie ich jetzt in der Flussdichte den Richtungsvektor wählen muss - mir fehlt irgendwie so ein generelles Vorgehen;logisch ist mir z.B. klar, dass das im Kreis 0 ist, weil sich immer zwei "gegenüberliegende Punkte" aufheben).
lg
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:56 Fr 12.12.2014 | | Autor: | Infinit |
Hallo zatem,
den Tipp von Leduart kannst Du sicher umsetzen und es sollte Dir auch klar sein, dass solch ein "Ringstückchen", wegen der Kreisstruktur, sich nur in Richtung des Winkels ändert, aber nicht in Richtung des Radius, denn der ist konstant.
Deine Überlegung, dass dann ja eine Null rauskommen würde, ist voreilig und verkehrt. Dies würde dann stimmen, wenn Du eine gleichmäßige Ladungsverteilung auf dem Ring hättest, sie ist aber sinusförmig. Die Ladung ist also im Bereich zwischen 0 und Pi positiv. Jedes kleine Ringstückchen führt also zu einem E-Feld, das in die untere Halbebene gerichtet ist.
Die Ladung ist dann im Bereich zwischen Pi und 2 Pi negativ, was zur Folge hat, dass das E-Feld dieser Anteile auch in die untere Halbebene zeigt. Da hebt sich nichts auf, da addiert sich sogar was, wenn auch nur komponentenweise, wie Leduart schon schrieb.
Es hilft hier sehr, sich das Ganze mal kurz zu skizzieren.
Viel Spaß dabei wünscht
Infinit
|
|
|
|
