elektrischer Fluss Leiter < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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| Aufgabe | Gegeben sind zwei ideal leitende und konzentrisch angeordnete zylinderförmige Elektroden der Länge l mit den Radien ri und ra. Der Raum zwischen den Elektroden enthält ein Dielektrikum. Die Anordnung
trägt eine Ladung Q.
a) Berechnen Sie allgemein die elektrische Flussdichte D als Funktion der Ladung Q im
Bereich mit 0 <= z <= l und 0 <= r<= ra. |
Mein Ansatz wäre, dass ich zunächst die Formel für das elektrische Feld habe und über den Zusammenhang D = [mm] E*\varepsilon0*\varepsilon [/mm] folgende Formel für den elektrischen Fluss bekomme:
D = [mm] \bruch{Q}{4*\pi*r^2} [/mm]
Da der elektrische Fluss von der Ladung und dem Radius abhängt, muss man die Gleichung differentiell betrachten.
[mm] \partial [/mm] q = [mm] \sigma \partial r*\partial [/mm] z
D(Q) = [mm] \integral_{0}^{ri}{\bruch{\sigma r*\partial r*\partial z}{4\pi*r^2}}
[/mm]
Wenn ich jetzt aber nach r integriere dann bekomm ich den Logarithmus raus und der ist ja für 0 nicht definiert. WO liegt mein Fehler bzw. habe ich bislang einen total falschen Denkansatz?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:20 Do 23.12.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo florian,
im Inneren einer ideal leitenden Elektrode existiert kein Feld. Du kannst es aber für den Bereich zwischen den Elektroden berechnen durch Integration über die Innenelektrode, auf der sich wohl die Ladung Q befindet (aus dem Text wird das nicht klar).
Viele Grüße,
Infinit
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Hallo infinit,
ich habe zwei Leiter, wie in der Aufgabe. Der eine Leiter mit dem Radius ri mit der Ladung Q ist im Zentrum. Um den Leiter herum ist ein Dielektrikum und darum der zweite Leiter. Jetzt soll ich vom Nullpunkt aus bis kurz vorm zweiten Leiter den elektrischen Fluss allgemein ausrechnen.
Für mich heißt das, dass ich eig zwei Fälle zu unterscheiden hab.
1.Fall: elektrischen Fluss von 0 bis ri berechnen.
2. Fall elektrischen Fluss von ri bis zum zweiten Leiter berechnen.
Das hieße, im ersten Fall würde der elektrische Fluss proportional zum Radius ansteigen und beim zweiten Fall umgekehrt proportional sein, oder?
Aus deinem Posting ersehe ich jetzt aber, dass nur der zweite Fall zu berechnen ist, da es innerhalb des Leiters kein elektrischer Fluss existiert? Demnach sieht man den inneren Leiter als Linienladung an?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:57 Do 23.12.2010 | | Autor: | qsxqsx |
> ich habe zwei Leiter, wie in der Aufgabe. Der eine Leiter
> mit dem Radius ri mit der Ladung Q ist im Zentrum. Um den
> Leiter herum ist ein Dielektrikum und darum der zweite
> Leiter. Jetzt soll ich vom Nullpunkt aus bis kurz vorm
> zweiten Leiter den elektrischen Fluss allgemein
> ausrechnen.
>
> Für mich heißt das, dass ich eig zwei Fälle zu
> unterscheiden hab.
> 1.Fall: elektrischen Fluss von 0 bis ri berechnen.
> 2. Fall elektrischen Fluss von ri bis zum zweiten Leiter
> berechnen.
>
> Das hieße, im ersten Fall würde der elektrische Fluss
> proportional zum Radius ansteigen und beim zweiten Fall
> umgekehrt proportional sein, oder?
Nein. (so wärs beim Magnetfeld mit einem Strom I im inneren Leiter).
>
> Aus deinem Posting ersehe ich jetzt aber, dass nur der
> zweite Fall zu berechnen ist, da es innerhalb des Leiters
> kein elektrischer Fluss existiert? Demnach sieht man den
> inneren Leiter als Linienladung an?
Bei solchen Aufgaben (mit einer gegebenen Ladung Q in einer Kugel, Zylinder,etc. ... ) ist der dahintersteckende theoretische Gedanke immer, dass eine infinitesimale kleine Punktladung, Linienladung, etc. im inneren Steckt.
Ja im Leiter existiert kein Fluss, da auch kein Elektrisches Feld existiert. Es existiert lediglich ein Potential.
Gruss
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Danke schonmal für eure schnellen Antworten.
Das heißt, ich berechne D mittels Gausschen Satz, der besagt, dass die vorhandene Ladung innerhalb eines gedachten Hüllkörpers gleich des elektrischen Flusses ist. Allerdings hat der Leiter auch einen gewissen Radius ri. Muss ich den jetzt vernachlässigen und von 0 bis Radius ra integrieren? Problem ist nur, der nach dem Radius muss bei dieser Gleichung nicht integriert werden.
Q = [mm] \integral_{}^{}{}\integral_{}^{}{D*r*\partial phi \partial z}
[/mm]
Q = [mm] \integral_{0}^{l}{}\integral_{0}^{2\pi }{D*r*\partial phi \partial z}
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:10 Fr 24.12.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo Florian,
bevor wir hier weiter rumrätseln, erzähle uns doch bitte mal, wo sich die Ladung befindet. Ich nehme an, es ist eine Linienladung auf der inneren Elektrode und wenn diese den Radius ri hat, so ist der Durchfluss im Bereich zwischen 0 und ri identisch 0, da das Hüllintegral keine Ladung umschließt. Das war und ist auch noch der Grund, weswegen ich in meinem ersten Post davon sprach, dass die Sache erst für Werte größer ri interessant wird.
Viele Grüße,
Infinit
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Hi,
mehr als die Aufgabenstellung habe ich leider auch nicht. Ich war nur bisschen irritiert, da der Leiter im Zentrum einen Radius ri hat und somit für mich keinen Leiter mit vernachlässiger Dicke mehr darstellt.
Ich war davon ausgegangen, dass die Ladung homogen im Leiter verteilt ist und demnach eine Volumenladung darstellt.
Aufgrund von Abstoßungskräften gleicher Ladungen, verteilen die sich nur auf der Oberfläche und innerhalb des Leiters ist sie gleich Null. Hab ich das jetzt richtig verstanden?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:43 Sa 25.12.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Ja.
Wenn "die Ladung homogen im Leiter verteilt ist", so ist es eben kein Leiter sondern irgendwas nicht-leitendes. Diese Aufgabenstellung existiert auch. Du sollst jetzt aber eben wahrscheinlich für einen Leiter Berechnungen machen.
Gruss
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:40 Sa 25.12.2010 | | Autor: | isi1 |
Sollte man nicht den Text der Aufgabenstellung gelten lassen?
Zitat: Gegeben sind zwei ideal leitende und konzentrisch angeordnete zylinderförmige Elektroden der Länge l mit den Radien ri und ra.
Zeichnung:
http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/thumb/b/b5/Cylindrical_Capacitor.svg/220px-Cylindrical_Capacitor.svg.png
Berechnung:
$ D(r) = [mm] \frac{Q}{2\pi r l } \quad [/mm] , [mm] \quad r_i [/mm] < r < [mm] r_a [/mm] $
Deine ganz oben genutzten Formel beziehen sich auf die Kugel, nicht auf den Zylinder.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:43 Sa 25.12.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo isi1,
genau so ist es. Es ist die Rede von ideal leitenden Elektroden und dazu passt auch die angegebene Lösung.
Viele Grüße und schöne Weihnachten,
Infinit
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Das war mein Problem. Ich wusste nicht wann es sich um eine Volumenladung handelt, in der die LAdungen alle homogen verteilt sind und wann Ladungen nur an der Außenseite existieren. BIn vom ersteren ausgegangen.
Aber jetzt hab auch ichs verstanden:D
Danke euch allen und ein Frohes Fest!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:17 Sa 25.12.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo florian,
das freut mich, dass sich das geklärt hat. Ich kenne aus der Feldtheorie auch Aufgaben mit Volumenladungen, dann wäre Deine Argumentation richtig gewesen. Je mehr Ladungen vom Hüllintergral erfasst werden, desto größer ist auch der elektrische Fluss. Dann hättest Du auch ein D innerhalb des Körpers (der dann aber kein idealer Leiter wäre).
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:17 Sa 25.12.2010 | | Autor: | isi1 |
> Ich wusste nicht wann es sich um eine Volumenladung handelt,
> in der die LAdungen alle homogen verteilt sind und wann Ladungen
> nur an der Außenseite existieren.
Wenn es ein Leiter ist, dann können sich die Ladungsträger bewegen, also gehen sie so weit auseinander wie sie können. Wenn der Leiter nicht symmetrisch ist, z.B. ein Stück Draht, dann gibt es eine Ladungsverteilung an der Oberfläche, die erst mühselig berechnet werden muss. Beispiel: Zwei Zylinder nebeneinander, nicht wie bei Dir konzentrisch.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:06 Fr 24.12.2010 | | Autor: | GvC |
Dein Problem ist, dass Du irgendwelche Formeln anwendest, ohne Dir etwas darunter vorstellen zu können. Du glaubst also, es handele sich hier um eine Aufgabe der Mathematik, bist Dir aber nicht bewusst, dass die Mathematik nur eine Beschreibung der Physik darstellt. Solange Du das physikalische Szenario nicht erkennst, nutzt Dir die ganze Mathematik nichts.
Es handelt sich hier doch um nichts anderes als um einen "Platten"kondensator mit zwei ungleich großen Platten, die überdies noch jede zu einem Zylinder gebogen sind, die koaxial angeordnet sind. Natürlich existiert ein elektrisches Feld, also auch eine (di)elektrische Flussdichte D nur zwischen den Kondensatorplatten, also hier im Bereich zwischen [mm] r_i [/mm] und [mm] r_a. [/mm]
Das elektrostatische Feld wird durch 3 Gleichungen beschrieben
[mm]\oint \vec{D}\, d\vec{A} = Q[/mm]
[mm] \vec{D} = \varepsilon\cdot\vec{E}[/mm]
und
[mm]\int_1^2\vec{E}\, d\vec{s} = U_{12}[/mm]
Die letzte Gleichung kann auch allgemeiner gefasst werden:
[mm]\int\vec{E}\, d\vec{s} = -\varphi[/mm]
Sie spielt in diesem Zusammenhang aber keine Rolle. Denn es ist ja nur nach D in Abhängigkeit von Q gefragt. Dafür ist ausschließlich die erste Gleichung zuständig, die auch unter dem Namen "Gaußscher Flusssatz" bekannt ist. Sie besagt, dass der Fluss durch eine beliebige Hülle gleich der von dieser Hülle eingeschlossenen Ladung ist. Wenn man diese Gleichung anwendet, hat man sich zuallererst Gedanken zu machen über eine "sinnvolle" Hüllfläche, über die man integrieren will. Aus Symmetriegründen ist das natürlich die Oberfläche eines geradeen Kreiszylinders, dessen Achse dieselbe ist wie die der beiden zylindrischen Kondensatorelektroden (Kondensator"platten"). Denn für diese Oberfläche gilt:
1. Unter Vernachlässigung des Randfeldes geht durch Boden- und Deckelfläche kein Fluss, der ja nur radial gerichtet ist. Mathematisch ausgedrückt: [mm] \vec{D} [/mm] und [mm] d\vec{A} [/mm] stehen senkrecht aufeinander, ihr Skalarprodukt ist also Null. Das Hüllflächenintegral reduziert sich für diesen speziellen Fall auf das Integral der Flussdichte über der Zylindermantelfläche:
[mm]\int_{Zylindermantel}\vec{D}\, d\vec{A} = Q[/mm]
2. Wegen der Zylindersymmetrie erkennt man sofort, dass [mm] \vec{D} [/mm] und [mm] d\vec{A} [/mm] an jeder Stelle des Zylindermantels parallel sind
[mm]\Rightarrow\qquad\int_{Zylindermantel}D\, dA = Q[/mm]
und dass der Betrag von [mm] \vec{D} [/mm] = D an jeder Stelle des Zylindermantels gleich groß ist. Die Konstante D kann also vor das Integralzeichen gezogen werden, und es bleibt übrig
[mm]D\cdot\int_{Zylindermantel}dA = Q[/mm]
Das Integral über der Zylindermatelfläche ist nichts anderes als die Summe aller differentiell kleinen Flächenstückchen auf dem Zylindermantel und ergibt deshalb gerade die Zylindermantelfläche [mm] 2\pi [/mm] rl. Also
[mm]D\cdot 2\pi rl = Q[/mm]
Wenn der "Integrationszylinder" einen Radius kleiner als [mm] r_i [/mm] hat, wird keine Ladung eingeschlossen, demzufolge:
[mm]D\cdot 2\pi rl = 0\qquad\Rightarrow\qquad D=0[/mm]
Für [mm] r_i\leqq r\leqq r_a [/mm] wird die gesamte Ladung Q eingeschlossen, die ja gleichmäßig auf dem Innenzylinder verteilt ist. Also
[mm]D\cdot 2\pi rl = Q\qquad\Rightarrow\qquad D=\bruch{Q}{2\pi rl}[/mm]
Nach nichts anderem war gefragt. Wo Du da einen Logarithmus reinbekommen willst, ist nicht ersichtlich.
Fazit: Es lohnt sich immer, sich zunächst das vorgegebene physikalische Szenario vorzustellen und erst dann die mathematische Beschreibung darauf anzuwenden, was meistens - wie hier - zu einer ziemlichen Vereinfachung führt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:23 Fr 24.12.2010 | | Autor: | GvC |
Übrigens: So, wie die Aufgabe gestellt ist, lässt sie sich mit einfachen Mitteln gar nicht lösen. Denn da steht, dass eine zylindrische Anordnung der Länge l gegeben sei. Nach dieser Formulierung dürfte das Randfeld am "Anfang" und "Ende" der Zylinder nicht vernachlässigt werden. Die Vernachlässigung hätte nur gemacht werden dürfen, wenn die Aufgabenstellung einen Ausschnitt der Länge l aus einer unendlich langen Anordnung vorgegeben hätte. Das ist hier aber nicht der Fall.
Wenn Du Deinen Dozenten ärgern willst, kannst Du ihm sagen, dass Dir zur Lösung dieser Aufgabe die mathematischen Kenntnisse fehlen, und er Dir das mal vorrechnen soll, wie gesagt unter den Voraussetzungen dieser Aufgabenstellung.
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Ich danke dir echt für deine wirklich ausführliche Antwort. Und du hast genau mein Problem festgestellt. Will einfach zu schnell losrechnen, ohne mir über das eigentliche physikalische Problem zu lange Gedanken zu machen. Das muss ich Zukunft wirklich abstellen.
Und du sprichst eine weitere Problematik an. Ziemlich häufig sind Fehler in den Aufgaben. Hatten wir bei der letzten auch schon. Häufig gibt es Korrekturen. Ich weiß auch nicht, warum die das nicht mal fehlerfrei hinbekommen.
Wünsche dir und allen anderen Frohe Weihnachten:)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:31 Di 11.01.2011 | | Autor: | dude123 |
Hey ich habe die gleiche Aufgabe zu bearbeiten und komme bei Teilaufgabe e) nicht weiter.
e) Das Dielektrikum zwischen den Elektroden weist nun keine Ortsabhängigkeit mehr auf. Ist die an den Elektroden angelegte Spannung U und der Außenradius ra gegeben und wird der Innenradius ri variiert, dann hat die maximale Feldstärke bei einem bestimmten ri ein Minimum. Das Verhältnis ra/ri ist zu ermitteln, bei dem die Funktion Emax = f(ri) ein Minimum hat. Wie groß ist dann Emax?
Zunächst ist die allgemeine Formel für den Betrag der elektrischen Feldstärke E in Abhängigkeit von r zu entwickeln. Bei welchem Radius r ist die Feldstärke maximal und wie lautet die Formel für Emax?
Also ich habe erstmal mit der Feldstärke in Abhängigkeit von r angefangen und komme auf E= Q / [mm] (r*2*pi*l*\varepsilon).
[/mm]
E wird meiner Meinung nach dann maximal wenn r gegen 0 geht, aber wie soll dann die Formel für Emax aussehen? Und wie soll ich damit auf ein Verhältnis ra/ri kommen? Hoffe mir kann hier jemand weiter helfen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:36 Di 11.01.2011 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
Schreib das doch in Zukunft bitte als eigene Frage - schafft mehr Übersicht.
Zwischen E und U gilt die Beziehung U = [mm] \integral_{C}^{}{\vec{E(s)}\vec{ds}}
[/mm]
U ist vorgegeben. D.h. wenn du [mm] r_{i} [/mm] = [mm] r_{a} [/mm] setzt, so wird zwar nach deiner Formel das [mm] E_{max} [/mm] in Abhängigkeit von Q und [mm] r_{i} [/mm] minimal aber du hast ja keine Vorgegebene Ladung sondern Spannung. Und die Spannung hat einen Bestimmten Wert. Ist jetzt [mm] r_{i} [/mm] = [mm] r_{a} [/mm] muss das E-Feld sozusagen unendlich werden. Ist also nicht die Lösung.
Gruss
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:21 Mi 12.01.2011 | | Autor: | GvC |
Du solltest Dir erstmal die Aufgabenstellung ansehen und sie verstehen. Es ist von einer maximalen Feldstärke in der koaxialen Zylinderanordnung die Rede. Weißt Du was gemeint ist? Es ist die Feldstärke am Innenradius. Die ist nämlich [mm] E_{max}=\bruch{U}{r_i\cdot ln\frac{r_a}{r_i}}. [/mm] Und die soll bei vorgegebener Spannung bei Variation von [mm] r_i [/mm] minimal werden.
Dass die Feldstärke am Innenradius ein Minimum haben muss kann man sich leicht anschaulich erklären. Geht der Innenradius gegen Null, geht die Feldstärke am Innenradius wegen der unendlichen Dichte der Feldlinien am Innenradius gegen [mm] \infty. [/mm] Geht [mm] r_i [/mm] gegen [mm] r_a, [/mm] fällt die Spannung an einem gegen Null gehenden Elektrodenabstand ab, also Feldstärke ebenfalls gegen [mm] \infty. [/mm] Dazwischen muss (mindestens) ein Minimum liegen.
Also obige Feldstärkegleichung nach [mm] \bruch{r_i}{r_a} [/mm] ableiten und Null setzen. Statt den ganzen Ausdruck abzuleiten reicht es, den Nenner abzuleiten und Null zu setzen, der ist dann nämlich maximal. Die Gleichung für die maximale Feldstärke kann man auch schreiben
[mm] E_{max}=\bruch{U}{r_a\cdot\frac{r_i}{r_a}\cdot ln\frac{r_i}{r_a}}
[/mm]
Dabei ist [mm] \bruch{U}{r_a} [/mm] ein konstanter Faktor, der beim Differenzieren erhalten bleibt und nicht Null ist. Es genügt also wenn man [mm]\bruch{r_i}{r_a}\cdot ln\bruch{r_i}{r_a}[/mm] differenziert und Null setzt. Das ist ein Ausdruck der Form [mm]x\cdot lnx[/mm]. Kannst Du das ableiten (Produktregel)? Mach mal, es kommt ein eindeutiges Ergebnis raus.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:00 Mi 12.01.2011 | | Autor: | sadia44 |
Hallo,
versteh leider nicht so ganz, wie du auf die Formel von Emax kommst...also wie du sie hergeleitet hast?
Gruß
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:45 Mi 12.01.2011 | | Autor: | GvC |
Also fangen wir mal bei Adam und Eva, in diesem Fall mit dem Gaußschen Flussatz an:
[mm]\oint\vec{D}d\vec{A} = Q[/mm]
Die Hüllfläche, über die hier integriert werden soll, besteht aus der Oberfläche eines geraden Kreiszylinders mit beliebiger (sehr großer) Länge l (wie eine Konservendose). Dabei ist uns klar, dass durch die Deckelflächen der Konservendose kein Fluss hindurchgeht, da [mm] \vec{D} [/mm] und [mm] d\vec{A} [/mm] senkrecht aufeinander stehen. Auf der gesamten restlichen Fläche, dem Zylindermantel nämlich, sind [mm] \vec{D} [/mm] und [mm] d\vec{A} [/mm] parallel, und [mm] |\vec{D}| [/mm] ist aus Symmetriegründen konstant. Damit wird der Gaußsche Flusssatz für diesen Fall zu
[mm]D\cdot 2\pi rl = Q[/mm]
[mm]\Rightarrow\qquad D = \frac{Q}{2\pi rl}[/mm]
mit D = [mm] \varepsilon [/mm] E folgt
[mm]E = \frac{Q}{2\pi rl\varepsilon}[/mm] Merkposten für später: [mm]\frac{Q}{2\pi l\varepsilon} = E\cdot r[/mm]
[mm]U=\int_{r_i}^{r_a}E\, dr=\frac{Q}{2\pi l\varepsilon}\int_{r_i}^{r_a}\frac{1}{r}\; dr = \frac{Q}{2\pi l\varepsilon}\cdot ln\frac{r_a}{r_i}[/mm]
Mit obigem Merkposten:
[mm]U=E\cdot r\cdot ln\frac{r_a}{r_i}\qquad\Rightarrow\qquad E=\frac{U}{r\cdot ln\frac{r_a}{r_i}}[/mm]
Die Feldstärke nimmt im Feldraum zwischen Innen- und Außenzylinder mit [mm] \frac{1}{r} [/mm] ab. Die maximale Feldstärke ist also dort, wo r minimal ist. Der kleinstmögliche Radius in dieser Zylinderanordnung ist der Radius [mm] r_i [/mm] des Innenzylinders. Also
[mm]E_{max} = \frac{U}{r_i\cdot ln\frac{r_a}{r_i}}[/mm]
Ist es das, was Du wissen wolltest?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:52 Do 13.01.2011 | | Autor: | sadia44 |
Danke für die gute Antwort. Du hast mir wirklich weiter geholfen.
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:57 Mi 12.01.2011 | | Autor: | BadRobot |
Hallo, ich bearbeite gerade auch diese Aufgabe. Die erste Ableitung wäre ja in diesem Fall dann
ln [mm] (\bruch{ri}{ra})+1
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:44 Mi 12.01.2011 | | Autor: | GvC |
> Hallo, ich bearbeite gerade auch diese Aufgabe. Die erste
> Ableitung wäre ja in diesem Fall dann
>
> [mm]\bruch{1}{r_{a}}[/mm] * ln [mm](\bruch{r_{i}}{r_{a}})[/mm] +
> [mm]\bruch{1}{r_{a}}[/mm]
>
> Für das Minimum des Maximums der Feldstärke erhalten wir
> also
>
> [mm]E_{max}[/mm] = [mm]f(r_{i})[/mm] = [mm]\bruch{U}{ln(\bruch{r_{i}}{r_{a}})}[/mm]
Deine letzte Formel kann schon dimensionsmäßig nicht stimmen: links steht eine feldstärke, rechts eine Spannung. Das kann nicht gleich sein.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:05 Mi 12.01.2011 | | Autor: | dude123 |
Hey also erstmal vielen Dank vor allem an gvc für die schnelle und ausführliche Reaktion! Bei deiner ersten Antwort hattest du noch einen kleinen Dreher drin (ln(ri/ra) statt ln(ra/ri)) aber ansonsten hat es mir echt sehr geholfen.
Leitet man den Nenner ab erhält man ln(ra/ri) + 1 . Setzt man das Null, formt um und nimmt das e^ erhält man e^-1 = ra/ri . Emax ist dann U/ri.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:19 Mi 12.01.2011 | | Autor: | GvC |
Jetzt hast Du aber einen Dreher drin. Das Radienverhältnis [mm] \bruch{r_a}{r_i} [/mm] kann doch nicht kleiner als 1 sein (Außenradius kleiner als Innenradius??). Ich hatte in meinem diesbezüglichen Beitrag übrigens keinen Dreher drin, sondern hab' das ganz bewusst gemacht, um auf die Form x*lnx zu kommen, hatte dann aber das Minuszeichen vergessen [mm] (ln\bruch{r_a}{r_i}=-ln\bruch{r_i}{r_a}), [/mm] wobei das für die Ableitung keine Rolle spielt, wenn sie denn Null gestzt wird.
Fazit: Das optimale Radienverhältnis einer koaxialen Zylinderanordnung ist [mm]\bruch{r_a}{r_i} = e[/mm].
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