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Hilfe! Satz von Gauß
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| Wozu ist eine Fadenstrahlröhre gut? :: Hilfe bei Physikaufgaben |
| Autor |
Nachricht |
totti
Anmeldedatum: 25.04.2010
Beiträge: 15
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 Verfasst am: So Apr 25, 2010 8:53 pm Titel: Hilfe! Satz von Gauß |
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Hallo zusammen, Ich habe komplizierte frage, freue mich auf eure Hilfe 
5. Satz von Gauß
Auf einer nichtleitenden Kugel mit Radius R1 = 10 cm ist die Ladung Q = 10 hoch -6 C
homogen uber das Volumen verteilt. Diese Kugel ist konzentrisch von einer metallischen Hohlkugel umgeben, die ebenfalls mit der Ladung Q aufgeladen ist. Der innere Radius der Hohlkugel ist R2 = 15 cm, der außere R3 = 20 cm.
a) Bestimmen und skizzieren Sie die elektrische Feldstarke und das Potenzial als Funktion des Abstands r vom Mittelpunkt der Kugeln. Wo ist insbesondere der Betrag der Feldstarke maximal und wo der Betrag des Potenzials?
b) Wie groß sind die Flachenladungsdichten auf der inneren und außeren Oberflache der metallischen Hohlkugel? |
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GvC
Anmeldedatum: 22.02.2009
Beiträge: 1362
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| Verfasst am: Mo Apr 26, 2010 8:17 am Titel: |
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| Und was sind Deine eigenen Ideen? |
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GvC
Anmeldedatum: 22.02.2009
Beiträge: 1362
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| Verfasst am: Mo Apr 26, 2010 8:19 am Titel: |
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| Und was sind Deine eigenen Ideen? |
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totti
Anmeldedatum: 25.04.2010
Beiträge: 15
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| Verfasst am: Mo Apr 26, 2010 8:22 am Titel: |
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das ist das problem, ich kann mich nicht gut vorstellen,wie sie aussehen soll. außere Radius?? wie soll ich anfangen?
danke |
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GvC
Anmeldedatum: 22.02.2009
Beiträge: 1362
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| Verfasst am: Mo Apr 26, 2010 9:16 am Titel: |
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| totti hat Folgendes geschrieben: | | wie soll ich anfangen? |
Indem Du Dir den Gaußschen Flusssatz verinnerlichst und ihn dann auf je eine gedachte Kugel mit
0<r<R1
R1<r<R2
R2<r<R3
r>R3
anwendest. Bedenke dabei, dass auf der Innenseite der metallischen Kugel durch Influenz betragsmäßig dieselbe Ladung sitzt wie die positive Ladung in der eingeschlossenen Isokierstoffkugel. Gleichzeitig soll die metallische Kugel aber auch eine positive Überschussladung besitzen. Also muss auf ihrer Außenseite die doppelte positive Ladung verteilt sein. |
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isi1
Site Admin
Anmeldedatum: 13.03.2007
Beiträge: 2078
Wohnort: München
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| Verfasst am: Mo Apr 26, 2010 4:06 pm Titel: |
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| totti hat Folgendes geschrieben: | das ist das problem, ich kann mich nicht gut vorstellen,wie sie aussehen soll. außere Radius?? wie soll ich anfangen?
danke |
Das soll so aussehen, totti:
Der Trick dabei ist, dass die Verschiebung D(r) = ε0*E(r) immer gleich ist der Ladung innerhalb des Radius r und im Metall ist E(r) = 0.
Jetzt berechne einfach das D und damit das E in der Reihenfolge, wie GvC das vorschlug.
0<r<R1
Ich machs mal vor, bitte genau nachrechnen, falls ich mich vertan habe.
Volumen der Isolierkugen V = d³pi/6 = 4189cm³
Ladungsdichte in der Kugel: q = 1µC/V = 0,239nC/cm³
Oberfläche der Isolierkugel: O = d²pi = 1257cm²
Verschibung an der Oberfläche: Do = 1µC/O = 0,796 nC/cm²
Feldstärke an der Oberfläche E(10) = D/ε0 = 0,899MV/m
Jetzt von r = 0 bis r = 10cm:
E(r) = q/ε0 * 4/3 r³pi / (4 r² pi) = q/ε0 *r/3
Jetzt wird leichter ....
R1<r<R2
....
R2<r<R3
E(r) = 0
r>R3
....
_________________
Grüße aus München, isi •≡≈ ¹₁₂½√∠∞±∫αβγδεηκλπρσφω ΔΣΦΩ |
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totti
Anmeldedatum: 25.04.2010
Beiträge: 15
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| Verfasst am: Mo Apr 26, 2010 10:23 pm Titel: |
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Hey,
Danke für euch beiden, aber es gibt was , dass ich nicht verstehen kann,
warum meinte isi1 dass im bereich R1<r<R2 E(r)=0 , ich denke dass im bereich R1<r<R2 E(r)=0 , oder ?
danke noch mal  |
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Fritz
Anmeldedatum: 12.07.2009
Beiträge: 1406
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| Verfasst am: Mo Apr 26, 2010 10:54 pm Titel: |
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So wie ich das sehe ist das E-Feld nirgends 0 (nur im unendlichen, genau in der Mitte und innerhalb der Metalle)
isi1 hat sich IMHO verlesen, Q ist in beiden Fällen positiv.
mfg Fritz |
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totti
Anmeldedatum: 25.04.2010
Beiträge: 15
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| Verfasst am: Di Apr 27, 2010 12:39 am Titel: |
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| noch kleine Frage ,was bedeutet :Verschibung an der Oberfläche und warum Do = 1µC/O = 0,796 nC/cm² ? danke im voraus |
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isi1
Site Admin
Anmeldedatum: 13.03.2007
Beiträge: 2078
Wohnort: München
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| Verfasst am: Di Apr 27, 2010 9:42 am Titel: |
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| Fritz hat Folgendes geschrieben: | | isi1 hat sich IMHO verlesen, Q ist in beiden Fällen positiv. |
Eigentlich nicht verlesen, Fritz, außerdem ist bei mir zwischen R2 und R3 die elektrische Feldstärke E = 0 (und nicht zwischen R1 und R2, Totti), da im Metall kein Strom fließt und somit auch keine Spannung abfallen kann. (ich gehe davon aus, dass zwischen R2 und R3 Metall ist - oder stimmt das nicht?)
| totti hat Folgendes geschrieben: | | noch kleine Frage ,was bedeutet :Verschiebung an der Oberfläche und warum Do = 1µC/O = 0,796 nC/cm² ? danke im voraus |
Gemeit ist, Totti, an der Stelle r = R1 (das ist die Oberfläche der Isolierkugel, Qges ist die Ladung innerhalb).
Do = Qges/O = 0,796 nC/cm² das dachte ich sei der Satz von Gauß.
Vereinfacht ausgedrückt: von jedem Ladungselement geht eine (Verschiebungs-)Feldlinie nach außen.
Aus den weiteren Berechnungen sieht man, dass
von r=0 bis R1 die Feldstärke E = r/R1 * 0,9MV/m ist.
Edit: eigentlich muss man noch durch εr dividieren, aber das ist nicht gegeben.
@Totti, Fritz, GvC: Seid ihr damit einverstanden?
_________________
Grüße aus München, isi •≡≈ ¹₁₂½√∠∞±∫αβγδεηκλπρσφω ΔΣΦΩ
Zuletzt bearbeitet von isi1 am Di Apr 27, 2010 10:59 am, insgesamt einmal bearbeitet |
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totti
Anmeldedatum: 25.04.2010
Beiträge: 15
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| Verfasst am: Di Apr 27, 2010 10:15 am Titel: |
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Ja
und mit dem Potential glaube ich dass, es überall die gleiche. weil U=Konstant und U=q/4piε0 , oder segma q? |
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isi1
Site Admin
Anmeldedatum: 13.03.2007
Beiträge: 2078
Wohnort: München
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| Verfasst am: Di Apr 27, 2010 10:38 am Titel: |
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| totti hat Folgendes geschrieben: | Ja
und mit dem Potential glaube ich dass, es überall die gleiche. weil U=Konstant und U=q/4piε0 , oder segma q? |
Der radius r² muss noch im Nenner stehen.
Mit meinem q hast Du recht, Totti, es sollte bei mir eigentlich ρ(=rho), die Volumenladungsdichte heißen.
Und σ(=sigma) verwenden die für die Flächenladungsdichte.
http://de.wikipedia.org/wiki/Ladungsdichte
Aber in der Formel wäre es eine Ladung Q, so dass die Formel heißt (mit Q(r) der Ladung innerhalb von r):
[; \sigma = \frac{Q(r)}{ 4\pi \cdot r^2} ;]
[;E(r) = \frac{Q(r)}{ 4\pi \epsilon_0\cdot\epsilon_r\cdot r^2} ;]
Auweh, da gibt es ein Problem: Die Feldstärke innerhalb der Isolierkugel (Formel von oben) muss noch durch [; \epsilon_r ;] dividiert werden, also
[; E(r) = \frac{r}{R_1} \cdot \frac{0,9MV/m}{\epsilon_r} ;} ;] ... für r = 0 ... R1
Die 0,9MV/m gelten also erst direkt über dem R1
Jetzt stimmt es hoffentlich soweit?
_________________
Grüße aus München, isi •≡≈ ¹₁₂½√∠∞±∫αβγδεηκλπρσφω ΔΣΦΩ |
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totti
Anmeldedatum: 25.04.2010
Beiträge: 15
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| Verfasst am: Di Apr 27, 2010 7:30 pm Titel: |
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so hast bin ich in delima!
also kannste mir Bitte sagen welche Formel soll ich benutzen um die Feldstärke zu rechnen?
entweder E(r) = q/ε0 * 4/3 r³pi / (4 r² pi) = q/ε0 *r/3 od. frac{r}{R_1} \cdot \frac{0,9MV/m}{\epsilon_r} ;} ;] ... für r = 0 ... R1 also
also wenn r großer als R3 ?
und R1<r<R2
und was ist mit dem Potential?
es ist gegangen mehr komplezoierter als was ich gedacht habe !!
danke |
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isi1
Site Admin
Anmeldedatum: 13.03.2007
Beiträge: 2078
Wohnort: München
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| Verfasst am: Di Apr 27, 2010 7:30 pm Titel: |
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| totti hat Folgendes geschrieben: | so hast bin ich in delima!
also kannste mir Bitte sagen welche Formel soll ich benutzen um die Feldstärke zu rechnen? |
Die Formeln oben kannst Du lesen, wenn Du das installierst:
http://forum.physik-lab.de/ftopic5262.html
Ich mach es mal als Bild:
| totti hat Folgendes geschrieben: | | wie kann ich auch die Potential rechnen, also welche formele soll ich benutzen?? E(r) = q/ε0 * 4/3 r³pi / (4 r² pi) = q/ε0 *r/3 ist sie richtig? |
Hierfür musst Du die elektrische Feldstärke integrieren von r = ∞ bis 0 bzw. bis zu dem Radius, bei dem Du das Potential wissen willst.
Die Feldstärke sieht so aus:
| totti hat Folgendes geschrieben: | | b) Wie groß sind die Flachenladungsdichten auf der inneren und äußeren Oberfläche der metallischen Hohlkugel? |
Die Ladung ist innen -1µC und außen +2µC, was mit der Regel 'eine (Veschiebungs-)Feldlinie pro Ladungseinheit' leicht versteht.
... geteilt durch die Oberfläche erhältst Du das gefragte σ.
Bitte genau nachrechnen und Fehler wieder melden, falls ich mich vertan habe.
_________________
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isi1
Site Admin
Anmeldedatum: 13.03.2007
Beiträge: 2078
Wohnort: München
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| Verfasst am: Di Apr 27, 2010 7:59 pm Titel: |
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| totti hat Folgendes geschrieben: | und was ist mit dem Potential?
es ist gegangen mehr komplezoierter als was ich gedacht habe ! |
Ja, da hast Du recht, Totti.
Hier noch die Integration:
Potential [; \varphi(r) = 0,45\frac{MV}{m}\int^\infty_r{\frac{R_3^2}{r_x^2}\cdot dr_x ;]
[; \varphi(r) = \frac{18}{r} kV\cdot m ;]
[; \varphi(R_3) = 90 kV ;] und da im Metall E=0:
[; \varphi(R_2) = 90 kV ;]
Jetzt gehts weiter mit
[; \varphi(r) = 90kV + 0,9\frac{MV}{m}\int^{R_2}_r{\frac{R_1^2}{r_x^2}\cdot dr_x ;]
und so weiter
Bitte genau nachrechnen!
_________________
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