aso… naja ableiten sollte man halt können 
danke
Hey hätte hier schon was zu den nächsten Bsp ^^
bei 13:
da würde ich folgendes sagen:
Wenn ich mir nun einen Ring auf der Halbkreisschale suche, auf dem alle Elemente den gl. Normalabstand von der Ebene haben, dann kann ich in jedem Punkt dieses Kreises mein E-Feld in 2 Komp. zerlegen: \vec {dE}=dE*\begin{pmatrix} cos(\theta) \ sin(\theta) \end{pmatrix}, weil jede Punktladung ein Feld erzeugt das radial nach außen zeigt. Theta is hier der Winkel gegen die Horizontale, so wie eh normal für Kugelkoordinaten.
Das ist jetzt also ein Ring bei dem sich immer zwei Komponenten finden die genau entgegengesetzt x- und gl. y-Komponente haben. Das kann man jetzt den ganzen Winkel von 0 bis pi/2 machen und damit ergibt sich die ganze Kugel. Das Feld zu berechnen, für einen beliebigen Punkt ist halt viel schwerer ^^
und zu 11:
\oint \vec Ed\vec A=\frac{q_{enc}}{\epsilon_0}=\frac{1}{\epsilon_0}\iiint_K \rho*dV soll allerdings nicht Linien, sondern Oberflächenintegral heißen, ka wie das Zeichen geht ^^
1., Berechnung d. Feldes einer Platte
Für das Feld nehmen wir zb einen Quader, mit quadratischer Grundfläche, dh. O=2a^2+4ad wenn O die Oberfläche, d die Höhe und a^2 die Grundfläche ist. Dieser Quader schneidet aus der Platte sozusagen ein Stück mit Fläche A=aa aus der Platte heraus.
Die Feldlinien zeigen in jedem Fall senkrecht von der Platte weg, das heißt \vec {dE}=dE* \begin{pmatrix} 1 \ 0 \end{pmatrix}.
DIe Flächenvektoren sind d\vec A_1=dA_1*\begin{pmatrix} 1 \ 0 \end{pmatrix} für die Grundfläche und
d\vec A_2=A_2*\begin{pmatrix} 0 \ 1 \end{pmatrix}.
Also:\vec E \cdot d\vec A=\vec E \cdot d\vec A_1 + \vec E \cdot d\vec A_2=E*dA_1+0.
Das heißt wir bekommen mit dem Gauß-Satz:
\oint \vec Ed\vec A=E2A_1=E2*a^2 als linke Seite;
die eingeschlossene Ladung ist
für a,
GrundflächeLadungsdichte also
E=\frac{q_{enc}}{2A_1*\epsilon_0}=\frac{1}{2A_1\epsilon_0}\iint_A \sigmadA=\frac{a^2*\sigma}{2a^2\epsilon_0}=\frac{\sigma}{2*\epsilon_0}
sowohl links als aus rechts von der Platte. Das gilt nun für beide Platten.
Befindet man sich zwischen beiden, so zeigt der eine Feldvektor in die positive x-Richtung, der andere in die negative. Is man links oder rechts von den Platten zeigen beide in die selbe (pos. oder neg.) Richtung.
→ E_{a_{out}}=E_1+E_2=\pm \frac{\sigma}{2*\epsilon_0}\pm \frac{\sigma}{2*\epsilon_0}=\pm\frac{\sigma}{\epsilon_0}
E_{a_{in}}=E_1+E_2=\pm\frac{\sigma}{2*\epsilon_0}\mp\frac{\sigma}{2*\epsilon_0}=0
+/- stehen für Richtung
für b,
Dasselbe wie vorhin +
für innen:die Ladung zwischen den Platten, von x abhängend (wie unten schon richtig festgestellt ^^), auf der linken bzw rechten Seite, der Platten, von x=-d/2 bis d/2.
für außen + ganze Ladung zw. den Platten
Für innen einfach ne Box zwischen beiden Platten. Grundfläche aa, Höhe d, Vol. a^2d
q_{enc_{box}}=da^2\rho ->E_{box_{ges}}=\frac{d*\rho}{2*\epsilon_0}
und damit
E_{box}=\frac{q_{enc_{box}}}{2A_1\epsilon_0}=\frac{\rho*([\frac{d}{2}+x]-[\frac{d}{2}-x])}{2*\epsilon_0}=\frac{\rhox}{\epsilon_0}, für die jenigen x zw. -d/2 bis d/2; hier überlagern sich immer Feld von links und Feld von rechts!
Und im Gesamten Volumen E_{box_{ges}}=\frac{d\rho}{2*\epsilon_0}
E_{b_{in}=E_1+E_2+E_{box}=E_{box}=\frac{\rho*x}{\epsilon_0} für innen
und E_{b_{out}}=E_{a_{out}}+E_{box_{ges}}=\frac{\sigma}{\epsilon_0}+\frac{\rhod}{2\epsilon_0}=\frac{1}{\epsilon_0}(\sigma+\rho\frac{d}{2}) für außen.
Servus Jakob!
Erstmal vielen Dank für die vielen hilfreichen Posts, und zweitens ein paar Fragen:
Das Gaußsche Gesetz besagt doch dass das Flussintegral über die Oberfläche das Gleiche ergibt wie das Volumsintegral über die Ladungsdichte bzw. -verteilung, oder hab’ ich das missverstanden?
Müsste man dann nicht für qenc bei a) sigma2a^2c einsetzen? Und bei b) desgleichen bzw. dann halt da^2*rho?
Wär’ voll super wenn du mir das erklären könntest…
Danke, liebe Grüße, Wolfgang
Ja beinahe, es ergibt nicht genau das gleiche, sondern ist mit einer Proportionalitätskonstante verbunden.
Man könnte auch sagen, dass der Fluß durch eine geschlossene Fläche, der darin eingeschlossenen Ladung entspringt.
und nein, q_enc ist nur die Ladung auf diesen beiden Platten, die durch den von uns gewählten Körper (Quader, Zylinder etc) eingeschlossen wird.
Dh wenn wir einen Quader wählen, ist die Fläche auf der Platte, welche durch dieses Prisma eingeschlossen wird, genau gleichgroß wie die Grundfläche des Quaders.
Die Höhe des Quaders interessiert uns nicht, da hier keine Ladung eingeschlossen ist. Nun werden außerdem 2 Platten eingeschlossen, deshalb 2Grundfläche.
Im 2. Fall kommt lediglich weitere eingeschlossene Ladung dazu. Das Volumen, in dem sich dieses mal Ladung befindet ist PlattenabstandGrundfläche, dazu kommt die Ladung die wir eben schon hatten.
Hoffe das wars was du wissen wolltest ^^
Lg Jakob
[quote=„JakobM“]
für b,
Dasselbe wie vorhin + die Ladung zwischen den Platten, dh 2GrundflächeLadungsdichte+daLadungsdichte2, dh
q_{enc}=2a^2\sigma+da\rho und damit …
Gehört da nicht da^2\rho? Du musst doch eine Raumladungsdichte mit einem Volumen multiplizieren, damit du auf eine Gesamtladung kommst, oder?
somit komme ich dann auf E_{out}=\frac{\rhod}{2\epsilon_0}+\frac{\sigma}{\epsilon_0} oder um es auf deine Form umzuformen:
E_{out}=\frac{\sigma}{\epsilon_0}(1+\frac{\rhod}{2*\sigma})
Bei E_{in} verstehe ich nicht, wie du auf das Ergebnis kommst.
\iint_AEdA=2E*a^2
\iiint_V\frac{\rho}{\epsilon_0}dV=\frac{\rho}{\epsilon_0}a^2(d-2x)
→ E_{in}=\frac{\rho*(d-2x)}{2*\epsilon_0}
Das (d-2x) bekomme ich rein, weil ja die umschlossene Ladung schon von x abhängt.
Hey, das mit dem a^2 stimmt natürlich, habe mich da iwie verschrieben ^^
Das E_in kann ich allerdings nicht unterstützen ich meine nämlich es heben sich die Felder gerade auf, denn die von den Platten ausgehenden Feldvektoren sind genau gegeneinander gerichtet und haben den gleichen Betrag.
Wären es zwei verschieden geladene Platten, dann würden diese sich verstärken.
Also im ersten Fall ist, meiner Meinung nach das Feld innen =0, im 2. wird durch die eingeschlossene Ladung ein Feld erzeugt, also ist das Feld hier einfach nur (edit:) muss ich nochmal überdenken xD
So hier außerdem noch Bsp 14
edit: 14_3 überarbeitet, statt pi/2 als Grenze müsst ihr euch tzd pi vorstellen ^^
Das ganze Bsp ist eig. 1zu1 im Dödel drin, habe mir aber gedacht ich schreibe ein paar Kommentare dazu, was ich mir eben dabei gedacht hab, wär nett wenn wer reinschaut und mitüberlegt
Lg Jakob
Du hast die Kraft falsch angesetzt, die ist nämlich nicht Uq sondern U/dq, weil E=U/d im Kondensator ist Dadurch hast du dann bei Punkt b ein d zu viel im Nenner! Ansonsten ist es das gleiche Ergebnis wie meins, was stimmen sollte da sich die reale spezifische Elektronenladung ergibt 
c hab ich anders gerechnet, hab mir zuerst das minimale v0 zum Erreichen der Platte ausgedrückt und das dann mit dem v0 aus der Energiegleichung m/2v0^2=qUb gleichgesetzt
Achja klar, kein Plan was ich da für einen Blödsinn gemacht hab haha xD
Bei c bin ich mir allerdings auch ned wirklich sicher… bekommst du ein anderes Ergebnis (also abgesehn davon, dass mein Ergebnis sowieso ned stimmt ^^)?
Mit E-Erhaltung is das nat. einfacher zu rechnen
Ja, ich komm auf eine minimale Beschleunigungsspannung von Ub=U/(2*sin^2(α0)), die bei dem Winkel von 45° zufällig genau der Kondensatorspannung entspricht^^
gut, klingt besser
werde das Bsp nochmal überarbeiten und hochstellen, oder machst du das vlt?
Die Grenzen von \theta sind doch 0 und \pi - das sollte der fehlende zweier sein…
ich hab zuhause leider keinen scanner und gar ein bissl viel herumgekritzelt^^ machs am besten du, da haben andere mehr davon
Ich versuche mal das letzte Bsp.:
E_y = -\frac{U}{d}
F_x=0
F_y = q*E_y
a_x=0
a_y=\frac{F}{m}
v_x=\int a_xdt=v_0cos\alpha_0
v_y=\int a_ydt=\frac{qE_y}{m}t+v_0sin\alpha_0
s_x= v_0cos\alpha_0t
s_y=\frac{qE_y}{2m}t^2+v_0sin\alpha_0t = -\frac{qU}{2md}t^2+v_0sin\alpha_0*t
v_y=0:
→ \frac{q}{m}=\frac{v_0^2sin(2\alpha_0)d}{2U*s_x}
s_y=d/3:
→ s_x=\frac{2d}{3tan\alpha_0}
→ \frac{q}{m}=\frac{3sin^2\alpha_0}{2U}v_0^2
jetzt ist v_y wieder 0 aber s_y=d
→ \frac{q}{m}=\frac{sin^2\alpha_0}{2U}*v_B^2
U_Bq=\frac{mv_B^2}{2}
→ U_B=\frac{U}{sin^2\alpha_0} und das ist bei 45° 2*U
genau
So hier hätte ich mir was zu Bsp 12 überlegt, mittels Superposition.
Scheibe hat Radius a, Kugel hat Radius b, r_0 ist der Einheitsvektor in radialer Richtung, dh \vec r_0=r_0*
\begin{pmatrix}
cos(\theta) \ sin(\theta)
\end{pmatrix}
- Berechnung des E-Feldes einer Scheibe, und zwar auf der Oberfläche dieser Scheibe.
Es ist die gl. Rechnung wie bei der letzten Übung, danach lässt man d gegen 0 gehen; oder anders überlegt:
Ist der Abstand 0, dann ist das in etwa dasselbe, als wäre es eine Scheibe mit unendlichem/riesigem Radius.
Dh.: \vec E_{\text{scheibe}}(d)=\frac{\sigma}{2*\epsilon_0}(1-\frac{d}{sqrt(a^2+d^2)})\vec r_0 damit
\vec E_{\text{scheibe}}(0)=\frac{\sigma}{2*\epsilon_0}*\vec r_0, wobei die Richtung des Feldes, zumindest wenn man von den rändern weg is, senkrecht von der Scheibe weg zeigt.
- Berechnung des E-Feldes der Hohlkugel, ist das selbe wie die einer Punktladung, was man auch durch kurzes Rechnen überprüfen kann.
Dh.: \vec E_{\text{kugel}}(r)=\vec E_{\text{punkt}}(r)=\frac{Q}{4*\pi*\epsilon_0r^2}\vec r_0, mit Q=4*\pib^2 ist
\vec E_{\text{kugel}}(b)=\frac{\sigma}{\epsilon_0}\vec r_0=2*\vec E_{\text{scheibe}}(0)
- Gesamtes E-Feld über Superposition
\vec E_{\text{ges}}(\text{Scheibenmittelpunkt})=
\vec E_{\text{kugel}}(b)-\vec E_{\text{scheibe}}(0)=\frac{\sigma}{2*\epsilon_0}\vec r_0=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}*\begin{pmatrix}
cos(\theta) \ sin(\theta)
\end{pmatrix}=\vec E_{\text{scheibe}}(0)
Also allgemein
\vec E(r,\theta,\phi)=
\begin{cases}
\frac{\sigma}{2*\epsilon_0}* \vec r_0 & \text{beim Scheibenmittelpunkt} \
\frac{ \sigmab^2}{\epsilon_0r^2}*\vec r_0 & \text{r=>R, ausser MP der Scheibe} \
0 & \text{r<R}, \
\dots & \
\end{cases}
weil dort wo die scheibe fehlt ja weniger Feld existiert; das Feld wird dort auch konstant, aber nicht überall senkrecht weg zeigen, in der Mitte allerdings schon. (?) Und innen ist ja keine Ladung eingeschlossen.
Hallo! Ich war bei der 2ten Übung leider krank und würde mich wirklich über die endgültigen, in den Gruppen genannten Lösungen freuen! Nur damit ich weiß, ob mein Lösungsweg auch richtig ist. Sonst wirds ziemlich peinlich nächste Woche :-/
Danke im Vorraus!!
hey, was bekommt ihr bei 16c) heraus? Ich komm auf 900,36V ??
wie komme ich beim beispiel 14) bei dem integral für die gesamte feldenergie auf W=1/2CU^2 ? ich komm die ganze Zeit auf W=1/4CU^2
würd mich freuen wen mir da wer weiterhilft
danke im vorraus