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razer
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 razer Verfasst am: 28. Okt 2007 21:48 Titel: Satz v Gauss,unendlich langer Zylinder |
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Also,ein unendlich langer Zylinder mit radius R und Ladungsdichte rho=a/r,wobei a eine Konstante ist und r der Abstand zur Achse d. Zylinders.Zu berechnen ist E einmal innerhalb und ein mal außerhalb vom Zylinder bzw die Spannung zwischen einem Punkt außerhalb und der Achse.
Kann ich das so machen,wie hier gezeigt?Wenn ja,woher kommt das
E(r) *2*pi*r
nach dem ersten Integral(siehe zB 11c)?
http://www.uni-saarland.de/fak7/knorr/homepages/patrick/theorex07/loesungen/loesung%20uebung3.pdf
Grüße
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"Nur der Dumme braucht Ordnung, das Genie überblickt das Chaos!"
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magneto42
Anmeldungsdatum: 24.06.2007
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| magneto42 Verfasst am: 29. Okt 2007 00:30 Titel: |
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Hallo razer.
Du kannst bei dieser Aufgabe annehmen, daß das elektrische Feld radialsymmetrisch ist. Damit vereinfacht sich die Integration:
 \, \dd A)
Das Flächenelement ist dann simplerweise
Der Lösungsansatz, auf den Du verweist, vernachlässigt offenbar die Integration in z-Richtung. Das kann zu Verwirrungen führen, zumal ich hier die Gleichheit als nicht korrekt ansehe. Es ist zwar richtig, daß die z-Abhängigkeit komplett herausfällt, aber erst nach dem Vergleich der rechten und linken Seite. Ich empfehle Dir bei der Berechnung des Feldes und der Ladung den Term  einfach mitzuschleppen. Er wird sich am Ende aber herauskürzen. |
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razer
Anmeldungsdatum: 25.03.2005
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| razer Verfasst am: 29. Okt 2007 18:11 Titel: |
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okay,erstmal vielen Dank!
Ich hoffe,dass ich heute noch dazu komme,es durchzurechnen,ansonsten werde ich Dir sehr bald von meinem Miss-/Erfolg berichten.
Viele Grüße,
r.
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razer
Anmeldungsdatum: 25.03.2005
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| razer Verfasst am: 30. Okt 2007 08:18 Titel: |
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was mir dabei nicht so ganz einleuchtet:ich muss ja in z Richtung von 0 - unendlich integrieren,was fange ich damit an?
LG
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razer
Anmeldungsdatum: 25.03.2005
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| razer Verfasst am: 30. Okt 2007 08:24 Titel: |
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oder ist:
*2*\pi*r* \int dz = \frac{Q}{\varepsilon_{0}*\int dz} )
?
LG
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magneto42
Anmeldungsdatum: 24.06.2007
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| magneto42 Verfasst am: 30. Okt 2007 09:39 Titel: |
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Die linke Seite ist in Ordnung. Auf der rechten Seite muß stehen
 \, \dd V)
mit dem normalen Volumenelement eines Zylinders. Für die Ladungsdichte mußt Du die Definition aus der Aufgabenstellung einsetzen. |
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razer
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| razer Verfasst am: 01. Nov 2007 11:51 Titel: |
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Ja alles klar,danke sehr!
Bekomme für das Feld innerhalb des Zylinders ) heraus,für außerhalb
Zur Spannung:Hier muss ich ja die Potentialdifferenz von innen und außen bilden oder?Das heißt,für das Potential beide Feldstärken integrieren und dann die Differenz bilden!?
Viele Grüße,
r.
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magneto42
Anmeldungsdatum: 24.06.2007
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| magneto42 Verfasst am: 01. Nov 2007 15:49 Titel: |
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Ich habe bei beiden Feldern etwas anderes heraus. Wo hast Du den Faktor 1/2 her? Wie kommst Du auf die Quadrate? Kannst Du Deine Rechnung nachprüfen, oder hier einstellen?
Laut Aufgabenstellung sollst Du die "Spannung zwischen einem Punkt außerhalb und der Achse" bestimmen. Das führt auf das Integral
 \, \dd \tilde{r})
Da hier r > R sein soll, muß Du das Integral in zwei Bereiche unterteilen. |
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razer
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| razer Verfasst am: 01. Nov 2007 16:50 Titel: |
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rechnung 1:
*2\pi * r * \int dz = \frac {1} {\epsilon_{0}}\int \rho*r*dr*d\phi*dz = \frac {1} {\epsilon_{0}} * a/r * r^2/2 *2\pi*\int dz )
Und was sagst du dazu?
r.
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magneto42
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| magneto42 Verfasst am: 01. Nov 2007 17:29 Titel: |
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Hohl' schon 'mal den Hammer heraus: Du solltest beachten, daß die Ladungsdichte nicht konstant ist, sondern vom Radius abhängt! Also erst  einsetzten und dann die Integration ausführen. |
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razer
Anmeldungsdatum: 25.03.2005
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| razer Verfasst am: 01. Nov 2007 17:39 Titel: |
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 ......
also:
*2\pi * r * \int dz = \frac {1} {\epsilon_{0}}\int \rho*r*dr*d\phi*dz = \frac {1} {\epsilon_{0}}*a*r*2\pi*\int dz )
?
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magneto42
Anmeldungsdatum: 24.06.2007
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| magneto42 Verfasst am: 01. Nov 2007 17:51 Titel: |
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Jetzt ist's richtig  . |
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razer
Anmeldungsdatum: 25.03.2005
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| razer Verfasst am: 01. Nov 2007 20:02 Titel: |
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Alles klar,vielen Dank!
Bei der Integration muss ich also einmal  \, dr ) mit der "inneren" Feldstärke und einmal  \, dr ) mit der äußeren,aus denen ich dann die Summe bilde oder?
Grüße
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magneto42
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| magneto42 Verfasst am: 01. Nov 2007 20:58 Titel: |
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Beim zweiten Integral sind die Grenzen verkehrtherum. Ansonsten ist der Ansatz korrekt. |
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razer
Anmeldungsdatum: 25.03.2005
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| razer Verfasst am: 01. Nov 2007 21:02 Titel: |
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| magneto42 hat Folgendes geschrieben: | | Beim zweiten Integral sind die Grenzen verkehrtherum. Ansonsten ist der Ansatz korrekt. |
Jap,Latex muss von mir noch geübt werden 
Ich danke dir vielmals!!
Viele Grüße!
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