Kann es sein, dass die Lösung von 6a) falsch ist?
Egal ob ich meine Lösung, die exakte Formel vom Demtröder oder die Näherungsformeln verwende, ich komme immer auf 8 bzw 16 mT. Da meine Werte nur um einen Faktor abweichen müsste ich mich beim Strom vertan haben. Der sollte allerdings stimmen, weil sonst mein Ergebnis für b) falsch wäre.
vll hilft dir das
Im Anhang Aufgabe 6 in vollster Ausführung… das 5er folgt!
mfg Gere
Die Spannung die anliegt ist parallel zu R1 und R1, darum ist die Masche gültig. Genausogut kannst du auch sagen U3+U4=Uges
…und nr. 5
Bsp 2.
Ist evtl. Jemand so nett ein foto des aulösens der matrix zu posten?
Hab es nun schon 2mal gemacht, beide male mit falschen lösungen! ( Rges= 9R/8 und 1R)
Verzweifle schon langsam
Lg
ad hirs a fruit . . . wie kommst den auf die formel fürs B-Feld ?
meine lösung zu bsp 2
wär toll wenn noch jemand eine lösung zu bsp 1 raufstellen könnte!
lg
bsp2.pdf (1.26 MB)
hier bsp 1, die Skizze is ein bisschen traurig und ein Grammatik fehler hab ich einbaut, aber ja ^^
in der zeile III=IV) ist ein Fehler
2RI3+RI5+2RI2= RI1-RI5+2RI4 <— hier nur RI4
Rechnung stimmt, nur ein abschreibfehler
Viel zu kompliziert. Das geht auch in 2 Zeilen.
Physik 2 - Übung 5 - Beispiel 5.pdf (326 KB)
Ich bin beim 1. Beispiel von der homogen geladenen Platte mit der Flächenladungsdichte \mathrm{d} \sigma = \rho \cdot \mathrm{d}y ausgegangen und habe solche Plättchen von 0 bis b über y integriert.
Das Ergebnis unterscheidet sich nur um den Faktor 1\2.
E = \frac{b \cdot \rho}{2 \cdot \epsilon_{0}}
Hat das Beispiel noch jemand?
Hey!
Was kommt euch denn bei 4.) raus?
LG
hm, wegen den 1/2 Faktor bei dir bin ich mehr jetzt gar nicht sicher. . . aber ich glaube man darfs nicht wie nen Kondensator sehen, wo ja die Ladungen nur auf den platten sitzen, sondern die Ladungen sind konstant in den Raum zwischen den platten verteilt
Sollte dir da nicht schon vorher etwas mit 1/2 raus kommen? Wenn man sich nämlich einen Würfel um eine unendliche Platte legt, dann muss man ja nur die Areale betrachten wo das E-Feld parallel zum Flächennormalvektor steht. Senkrecht dazu ergibt ja 0. Und dann hat is_eh_ois_trivial wahrscheinlich vergessen, dass das E-Feld aus beiden Seiten des Würfels austritt und man deshalb die zwei Flächen normal zum E-Feld des Würfels nehmen muss. Also alles mal zwei.
Also wenn dir der Faktor 1/2 erst beim Integral raus kommt, versteh’ ich’s gar nicht mehr 
Vielleicht liege ich aber auch nur falsch und ich hab einen Fehler drinnen
LG
Ich bin beim 1. Beispiel von der homogen geladenen Platte mit der Flächenladungsdichte > \mathrm{d} \sigma = \rho \cdot \mathrm{d}y > ausgegangen und habe solche Plättchen von 0 bis b über y integriert.
Das Ergebnis unterscheidet sich nur um den Faktor 1\2.E = \frac{b \cdot \rho}{2 \cdot \epsilon_{0}}
Hat das Beispiel noch jemand?
das habe ich verwendet:
\mathrm{d}q = \rho\mathrm{d}V , \mathrm{d}V = \mathrm{d}A \mathrm{d}y , \epsilon_{0} \int_0^b E\mathrm{d}A = q
nach E umformen, alles weitere ersetzen
mein ergebnis:
E = \frac{b \cdot \rho}{\epsilon_{0}}
mfg flo
Heyy, neue Woche neues Spiel 
Kanns außerdem sein dass beim ersten Beispiel das Ergebnis um eine Zehnerpotenz verschoben ist? Hab alles in m umgerechnet und komm trotzdem immer auf 251,3 µH…Angabe im Anhang!
ANG100414.pdf (120 KB)
nöpe, das Ergebnis ist richtig, vielleicht hast du dich bei den Quadratmetern geirrt. 10cm^2=0,001m^2
Hier Beispiel 2.
Physik 2 - Übung 6 - Beispiel 2.pdf (232 KB)
was kommt bei euch in Bsp4 für Hfe und Hluft raus?