Kraft auf eine Probeladung < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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| Aufgabe | Gegeben ist eine Flächenladung [mm] q_{F} [/mm] , die homogen auf dem Mantel eines Zylinders mit dem Radius a und der Höhe 2h verteilt ist.
Welche Kraft wirkt auf eine Probeladung, die irgendwo auf der Rotationsachse angeordnet wird? |
[Dateianhang nicht öffentlich]
hi,
gegeben is die obige anordnung. mein ansatz:
[mm] d\vec{K}=\bruch{Q*dq_{F}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\vec{e}_{r}
[/mm]
wobei man ja wegen der symmetrie sagen kann [mm] \vec{e}_{r}=\vec{e}_{z} [/mm] oder?
dann muss ich mir doch den abstand zwischen dem ursprung und der ladung Q definieren, sonst bekomm ich doch r nicht raus, richtig? ich hab den abstand [mm] z_{Q} [/mm] genannt.
dann ist [mm] r=\wurzel{z_{Q}^{2}+a^{2}}.
[/mm]
da ich nich wirklich weiß, wie ich mit vektoren weiterrechnen soll, nehme ich den betrag. geht das? also:
[mm] K=\integral_{O}^{}{\bruch{Qdq_{F}}{4\pi\varepsilon_{0}(z_{Q}^{2}+a^{2})}}*\rho*d\phi*dz [/mm] mit O: [mm] \rho=a, 0\le\phi\le2\pi, -h\le z\le [/mm] h
=> [mm] \bruch{Qdq_{F}a}{4\pi\varepsilon_{0}}\integral_{-h}^{h}{}\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{1}{z_Q^{2}+a^{2}}}d\phi*dz=\bruch{Qdq_{F}}{2\varepsilon_{0}}[arctan\bruch{x}{a}]_{-h} [/mm] bis h
[mm] =\bruch{Qdq_{F}}{\varepsilon_{0}}*arctan\bruch{h}{a}
[/mm]
das sieht aber nicht richtig aus. habe ich irgendwo ne abhängigkeit übersehen? oder is der ansatz schon falsch? wär nett, wenn mir jemand auf die sprünge helfen könnte.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:34 Do 30.04.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
1. eigentlich integrierst du ueber dq, das ist aber /rho*dA
mit [mm] dA=a*d\phi*dr
[/mm]
2. du kannst nicht einfach [mm] e_r=e_z [/mm] setzen. Was du meinst die krafte in x,y Richtung heben sich auf. dueintegrierst aber einfach ueber den Betrag der Kraft, darfst aber nur ueber die z-Komponente integrieren. Es lohnt sich immer vorkommende Kraefte zu skizzieren.
Dein Integrand haengt nicht von z ab, due integrierst so als sei [mm] z_q [/mm] zu integrieren, das ist aber ein fester Punkt.
Es muesste dir auffallen
1. dein Ergebnis ist nicht von der Lage der Probeladung abhaengig.
2. [mm] dq_f [/mm] ist doch wohl nur???
ich weiss nicht, ob du die Flaechenladungsdichte [mm] \rho_F [/mm] gegeben hast oder die GesamtLadung, im 2. Fall muesstes du du
die Dichte ausrechnen.
Gruss leduart
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hi, erstma vielen dank für deine schnelle antwort und ich möchte mich auch gleich erstma entschuldigen für die schlampige rechnung. da is einiges durcheinander geraten. ich wusste ja, dass die rechnung irgendwie falsch is. nur wollte ich meinen rechenweg demonstrieren, um etwaige fehler besser ausfindig machen zu können.
meine erste frage is, ob ich überhaupt über dq integrieren muss, da ich ja schon [mm] q_{F} [/mm] gegeben habe. ich definiere hier einfach mal q als flächenladungsdichte von [mm] q_{F}, [/mm] also müsste gelten: [mm] q_{F}=\integral_{}^{}{dq} [/mm] wobei q die flächenladungsdichte von [mm] q_{F} [/mm] bescheibt. is das korrekt?
ich gehe noch mal von der anfangsformel aus:
[mm] d\vec{K}=\bruch{Q*dq}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\vec{e}_{r}
[/mm]
also der ansatz sollte doch erstma richtig sein, oder?
jetzt brauch ich aber alle kräfte, ausgehend von jeder einzelnen infinitesimal kleinen ladung dq. oda? hier is dann nämlich schon mein problem. wir haben ja schon die gesamtladung gegeben. das macht doch dann ein integrieren über dq überflüssig. was uns dann zu folgendem integral bringt:
[mm] K=\integral_{O}^{}{\bruch{Qq_{F}}{4\pi\varepsilon_{0}(z_{Q}^{2}+a^{2})}} [/mm]
jetzt müssen wir uns noch über den vektor und die oberfläche gedanken machen, sofern es bis hier richtig ist.
[mm] \vec{K}=K*\vec{e_{r}}
[/mm]
warum kann ich jetzt nich gleich [mm] \vec{e_{r}}=\vec{e_{z}} [/mm] setzen? wenn ich alle richtungen einzeichne dann heben sich alle komponenten, bis auf die z komponente auf, also wirkt die kraft nur in z-richtung. egal, wo sich Q befindet, wegen der symmetrie. oda meinst du, ich muss [mm] \vec{e_{r}} [/mm] als [mm] \bruch{\vec{r}}{r} [/mm] mit [mm] r=|\vec{r}| [/mm] ausdrücken? ich mein, wir haben ja noch ein skalarprodukt auszurechnen. unser flächenelement müsste ja dann doch auch in [mm] \vec{e_{z}} [/mm] richtung zeigen, sonst wirds ja 0. demnach würde es ja [mm] \rho*d\rho*d\phi*\vec{e_{z}} [/mm] heißen, was bedeuten würde, dass wir eben nich über z integrieren und somit die gewünschte z-abh. erhalten. richtig? nur frag ich mich, warum wir nich über die oberfläche des zylinders integrieren müssen!? da ja der radius festeht müssten wir über [mm] \phi [/mm] und z integrieren. aber das is ja falsch. also irgendwo hab ich n dicken denkfehler. oda!?
wär nett, wenn du den ausmerzen könntest *g*
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:00 Fr 01.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Nein, da die einzelnen dq ja an verschiedenen Stellen sitzen, ist es besser ueber sie zu integrieren. da jedes dq ja ne andere kraft ausuebt.
also du integrierst nicht ueber dq sondern du integrierst ueber die Wirkung von dq.
und [mm] dq=\rhodA [/mm] mit dA=..
Hasst du mal die Zeichnung gemacht? fuer irgend 2 dq, die sym liegen? und bei [mm] z\ne0 [/mm] der Betrag der Kraft ist prop [mm] 1/r^2 [/mm] mit [mm] r^2=a^2+(z_q-z)^2 [/mm] nicht, was du schreibst.
Dieser Beitrag einer Ladung zeigt aber nicht in z-Richtung. Wenn du die 2 Kraftvektoren addierst, heben sich die Kraefte in waagerechter Richtung auf, aber die kraft in z- Richtung ist dann nur ein Anteil der Gesamtkraft.
den musst du ausrechnen und dann aufintegrieren .
sieh dir etwa den obersten Ring an, der wuerde bei [mm] z_q=h/2
[/mm]
nach dir ne Kraft k/ [mm] (a^2+h^2/4) [/mm] in z Richtung ausueben. In Wirklichket haette er keine Kraft in z- Richtung.
Bitte lies posts genauer, in etwa hatte ich das schon gesagt.
Ohne Kraefte vektoriell zu zeichnen, also nur mit Formeln vertut man sich leicht.
Gruss leduart
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hi,
also integriere ich über dq.
"ich weiss nicht, ob du die Flaechenladungsdichte [mm] \rho_F [/mm] gegeben hast oder die GesamtLadung, im 2. Fall muesstes du du
die Dichte ausrechnen."
ich hab nur die gesamte flächenladung [mm] q_{F} [/mm] gegeben, die homogen auf dem mantel verteilt is. also muss ich die flächenladungsdichte, ich nenn sie einfach mal q, ausrechnen!? das würd ich so machen:
[mm] q_{F}=\integral_{-h}^{h}{}\integral_{0}^{2\pi}{q \rho d\phi dz}=4 \pi haq\gdw q=\bruch{q_{F}}{4 \pi h a} [/mm] mit [mm] \rho=a
[/mm]
so, jetzt definieren wir uns dq (also eigentlich nur eine kraftkomponente, die von einer infinitesimal kleinen ladung aus dem gesamten [mm] q_{F} [/mm] auf Q wirkt):
[mm] dq=qdA=\bruch{q_{F}}{4\pi ha}dA=\bruch{q_{F}}{4\pi ha}\rho d\rho d\phi [/mm] wobei [mm] \rho [/mm] doch den radius zwischen einer infinitesimal kleinen ladung und der ladung Q beschreibt, oder?
jetzt können wir unsere kraftkomponenten wie folgt beschreiben:
[mm] dK=\bruch{Qdq}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}=\bruch{Q\bruch{q_{F}}{4\pi ha}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\rho d\rho d\phi=\bruch{Qq_{F}}{16\pi^{2}\varepsilon_{0}har^{2}}\rho d\rho d\phi=\bruch{Qq_{F}}{16\pi^{2}\varepsilon_{0}ha\rho}d\rho d\phi [/mm] also mit [mm] r=\rho [/mm] ... sieht falsch aus!?
jetzt zerlegen wir unsere kraftkomponenten:
[mm] d\vec{K}=d\vec{K_{\rho}}+d\vec{K_{\phi}}+d\vec{K_{z}}
[/mm]
da ich nich weiß, wie ich es anders machen kann, transformiere ich diese nun in kartesische koordinaten:
[mm] d\vec{K}=dK(cos(\phi)\vec{e_{x}}+sin(\phi)\vec{e_{y}})+dK(-sin(\phi)\vec{e_{x}}+cos(\phi)\vec{e_{y}})+dK\vec{e_{z}}=dK(cos\phi-sin\phi)\vec{e_{x}}+dK(sin\phi+cos\phi)\vec{e_{y}}+dK\vec{e_{z}}
[/mm]
jetzt setz ich mein ausdruck für dK in die gleichung ein:
[mm] d\vec{K}=\bruch{Qq_{F}}{16\pi^{2}\varepsilon_{0}ha}*[(\bruch{cos\phi-sin\phi}{\rho}\vec{e_{x}} d\rho d\phi)+(\bruch{sin\phi+cos\phi}{\rho}\vec{e_{y}} d\rho d\phi)+\bruch{1}{\rho}\vec{e_{z}} d\rho d\phi)]
[/mm]
jetzt muss ich integrieren:
[mm] K=\bruch{Qq_{F}}{16\pi^{2}\varepsilon_{0}ha}\integral_{0}^{2\pi}{}\integral_{0}^{\rho_{0}}{[(\bruch{cos\phi-sin\phi}{\rho}\vec{e_{x}} d\rho d\phi)+(\bruch{sin\phi+cos\phi}{\rho}\vec{e_{y}} d\rho d\phi)+\bruch{1}{\rho}\vec{e_{z}} d\rho d\phi)]} [/mm] wobei [mm] \rho_{0} [/mm] der radius von einer inf. kleinen ladung nach Q is, oda? also laut dir: [mm] \rho_{0}=\wurzel[]{(z_{Q}-z)^{2}+a^{2}}) [/mm] wobei mir nich klar is, was z sein soll...
das integrieren schenk ich mir mal. die richtung müsste dann aber trotzdem [mm] \vec{e_{z}} [/mm] sein, oder?
wer weiß, ob das überhaupt bis hier richtig is. ich hoffe, ich hab diesmal nich so viel mumpitz geschrieben, sieht aber fast schon wieder so aus : ( sry, ich tu mich mit diesen d's immmer n bissl schwer :/
sg und danke für deine erneuten erklärungen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:32 So 03.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Deine ganze Rechng mit den Polarkoordinaten bin ich nicht durchgegangen.
ich schreibe F fuer Kraft. ohne Pfeil betrag.
[mm] \vec{F}=c*dq*Q/r^2*\vec{e_r} [/mm] mit [mm] r=\wurzel{(z_Q-z)^2+a^2}
[/mm]
[mm] F_x [/mm] und [mm] F_y [/mm] heben sich weg,, wenn man jeweils die Beitraege von [mm] \vec{F} [/mm] von sym zur Achse liegenden teilchen addiert. also wirkt nur [mm] F_z
[/mm]
[mm] F_z/F=(z_q-z)/r [/mm] (aehnliche Dreiecke
Also [mm] F_z=(z_q-z)/r [/mm] *F
jetzt ueber die Beitraege aller dq in Abh. von z integrieren.
Ich hatte dich doch gebeten ne Zeichnung zu machen.
"$ [mm] dq=qdA=\bruch{q_{F}}{4\pi ha}dA=\bruch{q_{F}}{4\pi ha}\rho d\rho d\phi [/mm] $ wobei $ [mm] \rho [/mm] $ doch den radius zwischen einer infinitesimal kleinen ladung und der ladung Q beschreibt, oder? "
nein. es ist [mm] dA=a*d\phi*dz [/mm] das hattest du oben ja richtig.
vielleicht hab ich dich mit dq irritiert. lass das einfach als dq stehen, wenn du darueber integrierst kommt [mm] q_f [/mm] raus.
Gruss leduart.
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hi,
danke nochma. ich glaub, jetzt kommts langsam. hab mir mal mehrere zeichnungen gemacht und dein radius stimmt :S
dass nur [mm] F_{Z} [/mm] wirkt, is auch klar. nur wie kann man das mathematisch korrekt schreiben? oda reicht einfach auch deine genannte symmetrie?
also haben wir jetzt stehen:
[mm] d\vec{F}\overbrace{=}^{Sym}d\vec{F}_{z}=dF_{z}\vec{e}_z=\bruch{Qdq}{4\pi \varepsilon_{0}r^{2}}\vec{e}_{z}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \vec{F}=\vec{F}_{z}=F_{z}\vec{e}_{z}=\integral_{-h}^{h}{}\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{Qdq}{4\pi \varepsilon_{0}r^{2}}\vec{e}_{z}}\circ\vec{e}_{z}dA=\integral_{-h}^{h}{}\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{Qdq}{4\pi \varepsilon_{0}r^{2}}\vec{e}_{z}}\circ\vec{e}_{z} \rho d\phi*dz=\integral_{-h}^{h}{}\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{Qdq}{4\pi \varepsilon_{0}((z_{Q}-z)^{2}+a^{2})}} a*d\phi*dz=\bruch{Qq_{F}}{4\pi \varepsilon_{0}}\integral_{-h}^{h}{}\integral_{0}^{2\pi}\bruch{1}{(z_{Q}-z)^{2}+a^{2}}a*d\phi*dz
[/mm]
[mm] =\bruch{Qq_{F}}{2\varepsilon_{0}}a\integral_{-h}^{h}\bruch{1}{(z_{Q}-z)^{2}+a^{2}}dz
[/mm]
ich weiß nich genau, wann ich [mm] q_{F} [/mm] und wann ich dq schreiben kann/muss. aber isses ansonsten richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:09 Mo 04.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
du hast fuer [mm] F_z [/mm] noch immer die Gesamtkraft. das versteh ich nicht.
gruss leduart
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aber warum? mein oberflächenelement is doch nur z-gerichtet, wie meine kraft. oda meinst du, weil ich [mm] F=F_{z} [/mm] geschrieben hab? oder wie kann ich [mm] F_{z} [/mm] ausdrücken?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:33 Mo 04.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich hatte dir doch zu ner Zeichnung geraten. zeichne die gesamtkraft, die von 2 sym liegenden dq ausgeht. addiere sie vektoriell. ergibt das 2*|F|
ich hatte dir doch [mm] F_z [/mm] schon hingeschrieben
Gruss leduart
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vielen dank für deine hilfe aber ich blick garnich mehr durch. meld mich später vllt noch ma
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hi, da bin ich wieder
hab jetzt folgende rechnung:
[mm] d\vec{F}=\bruch{QdQ'}{4\pi\varepsilon_{0}}*\bruch{\vec{R}}{R^{3}} [/mm] mit [mm] dQ'=q_{F}\rho'd\phi'dz' [/mm] und [mm] \vec{R}=\vec{r}-\vec{r}' [/mm] wobei [mm] \vec{r} [/mm] der abstand ursprung - Q, und [mm] \vec{r}' [/mm] der abstand ursprung - dQ' ist. [mm] \Rightarrow \vec{R}=z\vec{e}_{z}-(\rho'\vec{e}_{\rho}+z'\vec{e}_{z})=z\vec{e}_{z}-(a\vec{e}_{\rho}+z'\vec{e}_{z})=(z-z')\vec{e}_{z}-a\vec{e}_{\rho}
[/mm]
[mm] \Rightarrow d\vec{F}=\bruch{Qq_{F}}{4\pi\varepsilon_{0}}*\bruch{(z-z')\vec{e}_{z}-a\vec{e}_{\rho}}{(\wurzel{(z-z')^{2}-a^{2}})^{3}}*ad\phi'dz'
[/mm]
Symmetrie:
da wir nur die z-Komponente brauchen:
[mm] \vec{e}_{z}d\vec{F}=\bruch{Qq_{F}}{4\pi\varepsilon_{0}}*\bruch{(z-z')\vec{e}_{z}-a\vec{e}_{\rho}}{(\wurzel{(z-z')^{2}-a^{2}})^{3}}*ad\phi'dz'\circ\vec{e}_{z} \gdw dF_{z}=\bruch{Qq_{F}}{4\pi\varepsilon_{0}}*\bruch{z-z'}{(\wurzel{(z-z')^{2}-a^{2}})^{3}}*ad\phi'dz'
[/mm]
[mm] \Rightarrow F_{z}=\bruch{Qq_{F}a}{4\pi\varepsilon_{0}}\integral_{-h}^{h}{}\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{z-z'}{(\wurzel{(z-z')^{2}-a^{2}})^{3}}*d\phi'dz'} \gdw \bruch{Qq_{F}a}{2\varepsilon_{0}}\integral_{-h}^{h}{\bruch{z-z'}{(\wurzel{(z-z')^{2}-a^{2}})^{3}}dz'}
[/mm]
integration durch substitution:
[mm] t=\wurzel{(z-z')^{2}-a^{2}}
[/mm]
[mm] \bruch{dt}{dz'}=-\bruch{z-z'}{\wurzel{(z-z')^{2}-a^{2}}} \gdw dz'=-\bruch{\wurzel{(z-z')^{2}-a^{2}}}{z-z'}dt
[/mm]
[mm] \Rightarrow F_{z}=\bruch{Qq_{F}a}{2\varepsilon_{0}}\integral_{-h}^{h}{\bruch{1}{t^{2}}dt}=\bruch{Qq_{F}a}{2\varepsilon_{0}}[-\bruch{1}{t}] [/mm] von -h -> h [mm] =\bruch{Qq_{F}a}{2\varepsilon_{0}}[-\bruch{1}{\wurzel{(z-z')^{2}-a^{2}}}] [/mm] von -h -> h = [mm] \bruch{Qq_{F}a}{2\varepsilon_{0}}(-\bruch{1}{\wurzel{(z-h)^{2}-a^{2}}}+\bruch{1}{\wurzel{(z+h)^{2}-a^{2}}})
[/mm]
wie sieht das aus? sg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:19 Do 07.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
scheint jetzt richtig
gruss leduart
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wunderbar : ) vielen dank für deine hilfe!
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