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Henri
Anmeldungsdatum: 08.02.2014
Beiträge: 82
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 Henri Verfasst am: 04. Feb 2015 19:58 Titel: Potential und Feld eines unendlichen Zylinderkondensators |
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Hi,
Ich habe das Feld eines unendlich langen Zylinderkondensators mittels Gaußschen Satzes und Maxwell-Gleichungen berechnet. Nun möchte ich daraus das Potential herleiten und ich frage mich mit welchen Integrationsgrenzen ich dazu vorgehen muss. Also ich rechne in Zylinderkoordinaten,  sei der innere Radius des Kondensators,  der äußere mit den entsprechenden Flächenladungsdichten  .
Ich dachte eigentlich ich muss nun das Feld einmal vom inneren Radius bis r, und dann einmal von r zum äußeren Radius integrieren. Allerdings habe ich dazu zwei verschiedene Lösungen gefunden, in der einen wurde von bis r integriert, in der anderen von r bis (Also für das Potential zwischen den beiden Kondensatorflächen). Beides will mir nicht recht einleuchten. Kann es außerdem sein dass das Feld nur von der inneren Flächenladungsdichte und r, nicht aber von  abhängt  ? Kommt mir merkwürdig vor.
Ansonsten würde ich dann mit den Randbedingungen, dass das Potential stetig verläuft und im Innern von konstant sein muss und außen 0 die Integrationskonstanten bestimmen. Vielleicht kann mir jemand bei den Integrationsgrenzen weiterhelfen.
Lg |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 05. Feb 2015 15:24 Titel: |
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Wie hast du denn dein Feld berechnet? Gib das mal an!
Zum Potential:
Du hast hier ein Feld was Zylindersmmetrisch ist und auf Grund der unendlichen Ausdechnun nur eine Komponente in r-Richtung hat.
Es gilt also:
 = \vec E\left(r, \phi, z\right) = E \vec e_r = -\vec\nabla \phi = \frac{\partial}{\partial r} \phi \vec e_r)
)
Üblicherweise legt man den Potential Nullpunkt ins Unendliche, damit verschwindet die Integrationskonstante des Unbestimmten Integrals und man hat die Grenzen 0 und unendlich.
=-\int_{\infty}^r E dr = \int_r^{\infty}E dr)
Und jetzt musst du damit EInzeln deine Potential berechnen, je nachdem wo du dich aufhälst.
In deinem Fall ist das:
r>=R_a also außerhalb
R_i<=r<R_a zwischen den Platten (Achtung hier musst du über 2 Bereiche integrieren)
r<R_i ganz innen (Integral über alle 3 Feldbreiche)
Immer das jeweilige Feld im entsprechenden Bereich einsetzen.
Dein Potential zwischen den Kondensatorwänden ergeb sich also aus dem Integral von r bis Ra über dem Feld zwischen den Platten+ Integral von R_a bis unendlich über dem Feld im Außenraum
Dein Potential gibt dir sozusagen an, wieviel Arbeit nötig wäre, eine Ladung vom Nullpunkt (Unendlich) zum jeweiligen Punkt zu transportieren. Abhängigkeit ist das jeweils vom entsprechenden Feld. |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 05. Feb 2015 15:27 Titel: |
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Fehler gefunden:
da fehlt ein Minus bei der partiellen Ableitung nach r.
Und die Grenzen sind natürlich r und Unendlich, weil ich ja einen Punkt r habe, an dem ich das Potential angeben möchte. |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 05. Feb 2015 15:34 Titel: |
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Da die Feldstärke im Außenraum (r>Ra) Null ist, kann man das Nullpotential genauso gut bei Ra festlegen. Wäre das Feld im Außenraum nicht Null und würde man das Potential im Unendlichen zu Null definieren, wäre das Potential bei Ra je nach Richtung des Feldes plus oder minus unendlich, und bei r<Ri noch "ein bisschen größer". |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 05. Feb 2015 15:41 Titel: |
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| GvC hat Folgendes geschrieben: | | Da die Feldstärke im Außenraum (r>Ra) Null ist... |
Deswegen die Frage nach seinem Feld wie er es bestimmt hat. Das Feld errechnet sich ja leicht aus Superposition der beiden Zylinderwände und bei entsprechender gegebener Relaton zwischen den Ladungsdichten oder aber dem Wissen, dass das Feld sich entsprechend außerhalb des Kondensators aufheben muss, ergibt sich ja das von dir angesprochen über meine Formel. Das Feld wäre null, weswegen das Integral zwischen R_a und endlich verschwindet und es bliebe das Integral von r bis R_a stehen. Damit wäre man dann auf die Idee gekommen, dass man den Nullpunkt auch hätte gleich dahin legen können.
Jetzt sollte der Threadstarter definitiv durchsehen! |
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Henri
Anmeldungsdatum: 08.02.2014
Beiträge: 82
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| Henri Verfasst am: 05. Feb 2015 17:26 Titel: |
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Hi,
Also meine Überlegungen zum Feld waren:
1. 
Wegen Zylindersymmetrie sind Feld und Ladungsdichte nur von r abhängig.
2. 
Rechts habe ich umgeformt:  \, r \dd \phi \dd z = 2 \pi r E(r) \int_{-\infty}^{+\infty} \dd z)
Das Integral nach z habe ich mal stehen lassen, kürzt sich nachher raus. Meist steht es nicht dabei aber ich fand es so logischer. So jetzt wird es spannend. Ich war davon ausgegangen, dass wegen des Gaußschen Gesetzes im Innern kein Feld existiert. D.h. für r < Ri wäre E = 0, zwischen den Zylinderwänden würde die linke Seite der Gleichung dann so aussehen:
 \sigma_i}{\epsilon_0} \int_{-\infty}^{+\infty} \dd z)
Außerhalb des Kondensators wäre das dann:
 \sigma_i + (r^2-{R_a}^2) \sigma_a ) \int_{-\infty}^{+\infty} \dd z)
Lg |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 06. Feb 2015 01:02 Titel: |
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Wieso machst du es so kompliziert?
Du weißt doch sicher wie das ganze läuft, wenn Kugelsymmetrie vorliegt?
Falls nicht: Man denkt sich dann eine Kugel mit variablem Radius und betrachtet die Veränderung des Feldes je nachdem, welche Ladung in der Kugel eingeschlossen ist.
Jetzt läuft das ganze identisch, nur eben in Zylinderkoordinaten.
Deswegen sagte ich ja, du hast zwei Möglichkeiten, stellst die das Feld für jede Zylinder Wand einzelnen vor, berechnest es und addierst und wirst darauf kommen, dass ganz außen das Feld verschwindet (wenn du die entsprechende Relation zwischen den Flächenladungsdichten hast. Wenn dem nicht so ist, kannst du diese Relation durch die Superposition und dem Wissen, des verschwindenden Feldes berechnen.
Ansonsten Weiß man das einfach, dass das Feld außen verschwinden muss.
Es ist also so, dass die Kondensatorplatten die gleiche Ladung tragen, aber mit entgegengesetztem Vorzeichen. Demzufolge steht das Elektrische Feld entgegengerichtet senkrecht auf der Außenseite der jeweiligen Zylinderwand. Deswegen heben sie sich ganz Außen auch genau auf, da das Feld immer nur vom radialen Abstand vom Koordinatenursprung bei derartigen Symmetrien abhängt.
Ergo das Feld innerhalb der Platten, wird einzig und allein durch die Ladung auf der inneren Wand erzeugt!
Es gilt:
Wobei Q die im entsprechenden Volumen beinhaltete Ladung darstellt.
Jetzt kann ich mir hier ja schon überlegen wie das ganze aussieht.
Ich hab ja die innere Wand mit Ladung q und die äußere ´, mit entsprechend entgegengesetzter Ladung, -q.
Es gibt jetzt genau 3 Fälle:
= 0)
Demzufolge interessiert uns sowieso nur der Bereich zwischen den Platten.
Also haben wir folgende Formel:
Jetzt überlegt man sich, dass die Flächenladungsdicht multipliziert mit dem Zylindermantel die Ladung auf der Platte gibt und löst links das Integral, wo ebenfalls nur ein Zylindermantel interessiert, dessen Radius r sein muss. Für r wurde ja festgelegt, dass es sich zwischen den Wänden befindet.
Und schon haben wir die Feldstärke, die von unserer Inneren Platte erzeugt wird. Dieses wird (NOCHMAL!!!) durch das Feld des äußeren Zylindermantels kompensiert. Deswegen könnte man jetzt auch spaßes halber das gleiche für die äußere Wand machen und würde durch Superposition genau das erhalten.
Jetzt kann man das Feld noch etwas chic schreiben und entsprechend im ganzen Raum angeben:
 = \begin{cases}0 & r<R_i \\ \frac{\sigma_iR_i}{\epsilon_0r}\vec e_r & R_i\leq r <R_a\\0 & r\geq R_a\end{cases})
Wenn du das Feld jetzt entsprechend hast, kannst du leicht nach meiner obigen Erläuterung das Potential berechnen.
Jetzt bist du dran! Mach das mal ordentlich für das Potential und wir schauen mal drüber. |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 06. Feb 2015 01:11 Titel: |
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Kleiner Nachtrag:
Deine grundsätzliche Idee, für die Volumenladungsdichte \rho, deine Flächenladungsdichte \sigma zu verwenden ist an sich nicht verkehrt. Allerdings musst du dann beachten, dass es eben nicht umsonst FLÄCHENladungsdichte heißt und diese entsprechend über die Fläche integriert werden muss. (Es geht aber auch der von mir vorgeschlagenen Weg mit Überlegung zur Ladung Q)
Für die Ladungsdichten muss gelten:
Und jetzt musst du dir noch überlegen, auf was für einer Fläche ist deine Ladung verteilt. in Zylinderkoordinaten gibt es dabei zwei! Möglichkeiten (bei der Kugel eben nur eine).
Entweder du willst über Deck- oder Grundfläche (Kreisfläche) integrieren, dann gilt:
Oder du willst (wie in unserem Beispiel) über die Mantelfläche integrieren, dann gilt:
Wenn du das ordentlich anwendest, kommst du zur selben Formel, wie über meine Überlegung zur Ladung und wie man diese ausdrücken kann.
Hoffe das war alles verständlich! |
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Henri
Anmeldungsdatum: 08.02.2014
Beiträge: 82
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| Henri Verfasst am: 07. Feb 2015 17:52 Titel: |
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Sehr gute Erklärung schonmal, danke  Habe aber noch Schwierigkeiten mit folgenden Punkten:
-Das Feld verschwindet außen. Für gleiche Ladungen leuchtet mir das ja ein. Aber wäre es nicht möglich dass die Ladungen nicht betragsgleich sind? Es ist ja kein Verhältnis der Ladungsdichten bekannt.
-Wenn nun die Ladungen betragsgleich sind, prinzipiell ist die Rechnung dann trotzdem möglich, oder? Ich erhalte dann 0 für den Ausdruck:
 \sigma_i + (r^2-{R_a}^2) \sigma_a ) \int_{-\infty}^{+\infty} \dd z) Weil dann ist ja: 
Lg |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 08. Feb 2015 14:12 Titel: |
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| Henri hat Folgendes geschrieben: | Sehr gute Erklärung schonmal, danke Habe aber noch Schwierigkeiten mit folgenden Punkten:
-Das Feld verschwindet außen. Für gleiche Ladungen leuchtet mir das ja ein. Aber wäre es nicht möglich dass die Ladungen nicht betragsgleich sind? Es ist ja kein Verhältnis der Ladungsdichten bekannt.
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Der Kondensator wird doch mit einem Strom geladen. Strom ist Ladung pro Zeit. Das heißt die auf den Platten befindliche Ladung hängt nur vom Strom (bzw. der Zeit ab) also müssen beide Platten gleich geladen werden.
| Henri hat Folgendes geschrieben: |
-Wenn nun die Ladungen betragsgleich sind, prinzipiell ist die Rechnung dann trotzdem möglich, oder? Ich erhalte dann 0 für den Ausdruck:
Weil dann ist ja:
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NEIN. Ich habe dir doch oben erklärt, dass es einen Unterschied zwischen Raumladungsdichte und Flächenladungsdichte gibt.
es gilt (NOCHMAL!!!!):
Wobei Q die in dem Volumen eingeschlossene Ladung bezeichnet.
Wenn du ohne die Werte der Ladung rechnen möchtest, kann du auch die Ladungsdichten verwenden.
Es gilt nach wie vor:
Und jetzt muss du halt wieder schauen, welche Fälle du hast.
r<R_i:
In diesem Fall hast du keine Ladung eingeschossen.
R_i<=r<R_a:
Du hast die Ladung des inneren Zylindermantels eingeschlossen.
\quad\Rightarrow\quad E = \frac {\sigma_i}{\epsilon_0} \frac{R_i}{r})
r>=R_a:
Die Ladungen beider Zylindermäntel sind eingeschlossen
 + \sigma_a \delta(R_a-r)\quad\Rightarrow\quad E = \frac {\sigma_i}{\epsilon_0} \frac{R_i}{r} +\frac {\sigma_a}{\epsilon_0} \frac{R_a}{r})
Damit hast deine Felder für die 3 Bereiche bestimmt. Jetzt kannste auch leicht sehen, dass das Feld außen genau dann verschwindet, wenn beide Platten die entsprechend entgegengesetzte Ladung tragen.
Und nun weißt du, dass Die Platten immer entgegengesetzt geladen sein müssen, da außerhalb nunmal kein Feld existiert! |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 08. Feb 2015 14:16 Titel: |
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Korrektur: Hatte nach dem "=" einen Bruch vergessen!
| bernd12345 hat Folgendes geschrieben: |
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Henri
Anmeldungsdatum: 08.02.2014
Beiträge: 82
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| Henri Verfasst am: 08. Feb 2015 15:17 Titel: |
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So, Groschen bezgl. Flächen- und Raumladungsdichte ist gefallen.  Feldberechnung:
1. Innen: Eingeschlossene Ladung: 0, also Feld 0
2. zwischen beiden Wänden:
3. Außen analog:
 \int_{-\infty}^{+\infty} \dd z)
Dass beide Wände betragsgleiche Ladung besitzen, wenn man den Kondensator mittels Strom auflädt ist ja klar. Aber davon ist ja hier keine Rede; ein realer Kondensator ist ja auch nicht unendlich lang Es müsste doch theoretisch auch möglich sein dass die Ladungen eben nicht gleich sind. |
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Henri
Anmeldungsdatum: 08.02.2014
Beiträge: 82
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| Henri Verfasst am: 08. Feb 2015 15:21 Titel: |
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| bernd12345 hat Folgendes geschrieben: |
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Ja das habe ich doch oben geschrieben. (Die kurze Rechnung nach der falschen Integralberechnung). Dass verschwindendes Feld und betragsgleiche (entgegengesetzte) Ladungen äquivalent sind ist ja keine Frage. |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 08. Feb 2015 15:25 Titel: |
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| Henri hat Folgendes geschrieben: |
Ja das habe ich doch oben geschrieben. (Die kurze Rechnung nach der falschen Integralberechnung). Dass verschwindendes Feld und betragsgleiche (entgegengesetzte) Ladungen äquivalent sind ist ja keine Frage. |
Mir ging es vorallem aber um das richtige Integral.
Jetzt hast du es ja verstanden. So wie du das oben gemacht hast, ist es richtig und so läuft das immer ab, ob Kugel, Zylinder oder Punktladungen, das Prinzip ist immer gleich. |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 08. Feb 2015 15:29 Titel: |
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Noch ein Hinweis:
Weder Raum-, noch Flächenladungsdichte sind gerichtete (sprich vektorielle) Größen. Kannst du dir ganz leicht an deren Definition klar machen.
Demzufolge ist auch das Flächenelement beim Integral der Raumladungsdichte nicht vektoriell! |
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Henri
Anmeldungsdatum: 08.02.2014
Beiträge: 82
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| Henri Verfasst am: 08. Feb 2015 15:36 Titel: |
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Achja das Potential wäre dann recht unproblematisch zu berechnen denke ich (danke für die Erklärung zuvor zu diesem Thema):
 = \int_r^{\infty} E(r) \dd r = \int_r^{R_a} \frac{R_i \sigma_i}{\epsilon_0 r} \dd r + \int_{R_a}^{\infty} 0 \dd r = \int_r^{R_a} \frac{R_i \sigma_i}{\epsilon_0 r} \dd r + const. = \frac{R_i \sigma_i}{\epsilon_0} \ln{(\frac{R_a}{r} )} + const.)
Weil außerdem das Potential im Innern konstant ist und bei R_i stetig, sowie außen konstant und im Unendlichen verschwindet, folgt daraus dass das Potential außen 0 ist und im Innern:
})
Lg |
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Henri
Anmeldungsdatum: 08.02.2014
Beiträge: 82
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| Henri Verfasst am: 08. Feb 2015 15:38 Titel: |
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| bernd12345 hat Folgendes geschrieben: | Noch ein Hinweis:
Weder Raum-, noch Flächenladungsdichte sind gerichtete (sprich vektorielle) Größen. Kannst du dir ganz leicht an deren Definition klar machen.
Demzufolge ist auch das Flächenelement beim Integral der Raumladungsdichte nicht vektoriell! |
Stimmt Der Vektor bei der Raumladungsdichte war Schusseligkeit, der beim Flächenelement war beabsichtigt, leuchtet aber ein dass er auch dort nicht hingehört
edit: Interessieren würde mich jedoch die Frage ob man in der Theorie nicht auch die Möglichkeit der ungleichen Ladungen in Betracht ziehen sollte und dementsprechend die Summe sigma_i + sigma_a stehen lassen sollte. Oder ob man argumentiert, dass das Potential im Unendlichen verschwinden muss und es daher nicht möglich ist, dass außerhalb des Kondensators ein Feld existiert.
Lg |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 08. Feb 2015 15:59 Titel: |
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| Henri hat Folgendes geschrieben: | Achja das Potential wäre dann recht unproblematisch zu berechnen denke ich (danke für die Erklärung zuvor zu diesem Thema):
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Achtung so wie das notiert ist, darf am Ende keine konstante stehen! Du hast ein Integral mit Grenzen (also ein bestimmtes Integral) berechnet, dieses entspricht NICHT der Menge aller Stammfunktionen (unbestimmtes Integral)!!!
Wenn du es so machen willst, dann musst du zuerst das unbestimmte Integral berechnen:
=-\int E dr = \frac {\sigma_iR_i}{\epsilon_0}\ln\left(\frac 1r\right) + c)
dann kannste dir das auch überlegen mit an der Stelle R_a soll dein Potential Nullpunkt sein:
\right) = 0 \quad \Rightarrow \quad c = \frac {\sigma_iR_i}{\epsilon_0}\ln\left(R_a\right))
Ansonsten ist das in Ordnung so, ging um eine Notation. Wenn du deinen Potentialnullpunkt irgendwo annimst, kannste auch direkt Das bestimmte Integral von r bis zu diesem Nullpunkt bilden, dann aber bitte ohne c dahinter zu packen!
Wichtig ist hier nur, dass du dir merkst, dass du auch hier eine Fallunterscheidung machst, wo dein r eben liegen soll und du dann entsprechend über diese Bereiche integrierst (wie ich es ganz am Anfang erklärt hatte).
Ansonsten passt das wie gesagt. |
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bernd12345
Gast
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| bernd12345 Verfasst am: 08. Feb 2015 16:26 Titel: |
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Ich sehe gerade, dass ich falsch hingeschaut habe, du hast es garnicht nach dem Prinzip des unbestimmten Integral gelöst. Entschuldige. Dann war alles ok so.
Dennoch ist das was ich geschrieben habe, eine weitere Möglichkeit vorzugehen, wenn man weiß dass das Potential außen 0 ist und ich mir einfach das Potential allgemein zwischen den Platten berechne.
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