\integral_{}^{}{E ds} < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:53 So 03.08.2008 | | Autor: | summer00 |
| Aufgabe | Gegeben sind die vier Punkte A,B,C und D, welche sich ein einem homogenen Feld R befinden.
B ------------E--> C
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A -----E----------> D
a) Wie gross ist die Spannung zwischen den Punkten A und B?
b) Berechnen Sie die Spannung zwischen den Punkten A und D
c) Welche Spannung ergibt sich zwischen den Punkten A und C?
d) Die elektr. Feldstärke nehme nun entlang einer Feldlinier quadratisch zu (E=E0 * [mm] x^{2}. [/mm] E0 sei 30 V/m und der Abstand zwischen den Punkten A und D sei 2 m. Wie gross ist die Spannung U(AD) nun? |
Hallo!
Ich verstehe nicht so ganz, wie man die Aufgabe lösen muss. Die Ergebnisse davon habe ich. Also geht es mir nicht darum, die Lösungen zu bekommen, sondern wie ich mit der Formel
U = [mm] \integral_{}^{}{E ds} [/mm] umgehen muss.
Ich wäre für jede Erklärung, wie ich mit der Formel umzugehen habe, dankbar.
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> Gegeben sind die vier Punkte A,B,C und D, welche sich ein
> einem homogenen Feld R befinden.
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> B ------------E--> C
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> A -----E----------> D
> a) Wie gross ist die Spannung zwischen den Punkten A und
> B?
> b) Berechnen Sie die Spannung zwischen den Punkten A und
> D
> c) Welche Spannung ergibt sich zwischen den Punkten A und
> C?
> d) Die elektr. Feldstärke nehme nun entlang einer
> Feldlinier quadratisch zu (E=E0 * [mm]x^{2}.[/mm] E0 sei 30 V/m und
> der Abstand zwischen den Punkten A und D sei 2 m. Wie gross
> ist die Spannung U(AD) nun?
> Hallo!
> Ich verstehe nicht so ganz, wie man die Aufgabe lösen
> muss. Die Ergebnisse davon habe ich. Also geht es mir nicht
> darum, die Lösungen zu bekommen, sondern wie ich mit der
> Formel
> U = [mm]\integral_{}^{}{E ds}[/mm] umgehen muss.
> Ich wäre für jede Erklärung, wie ich mit der Formel
> umzugehen habe, dankbar.
Ich schreibe dies zuerst einmal vektoriell, damit ganz klar ist, dass hier vom Integral gewissermassen infinitesmiale Spannungsänderungen $dU$ summiert werden, die Werte von Skalarprodukten sind: $dU = [mm] -\vec{E}\cdot d\vec{s}$. [/mm] Die Spannung im Punkt [mm] $P_2$ [/mm] relativ zum Punkt [mm] $P_1$ [/mm] ist somit
[mm]U_{P_1 P_2}=\int\limits_{P_1}^{P_2} dU=-\int\limits_{P_1}^{P_2} \vec{E}\cdot d\vec{s}[/mm]
Falls nur der Betrag der Spannung interessiert, kann man das Minus vor dem Integral natürlich gleich weglassen. Wichtig ist nun, dass die Spannungsberechnung unabhängig vom Weg von [mm] $P_1$ [/mm] nach [mm] $P_2$ [/mm] ist, den man wählt, um die Spannungsänderungen $dU$ aufzuintegrieren. (Andernfalls hätte man das obige Integral gar nicht mit blosser Angabe der Endpunkte schreiben dürfen, sondern hätte den exakten Weg, auf dem [mm] $dU=-\vec{E}\cdot d\vec{s}$ [/mm] von [mm] $P_1$ [/mm] nach [mm] $P_2$ [/mm] aufintegriert werden soll, angeben müssen).
a) Wenn Du auf geradem Wege von $A$ nach $B$ gehst, dann stehen die Weginkremente [mm] $d\vec{s}$ [/mm] immer senkrecht auf der Feldstärke [mm] $\vec{E}$. [/mm] Also sind die Werte [mm] $dU=\vec{E}\cdot d\vec{s}$ [/mm] alle gleich $0$, so dass gilt:
[mm]U_{A B}=-\int\limits_{A}^{B} \vec{E}\cdot d\vec{s}=0[/mm]
b) Wenn Du von $A$ nach $D$ auf geradem Wege gehst, dann sind die Weginkremente [mm] $d\vec{s}$ [/mm] immer parallel und gleichsinnig gerichtet zur Feldstärke [mm] $\vec{E}$. [/mm] Also ist das Skalarprodukt [mm] $dU=\vec{E}\cdot d\vec{s}=E\; [/mm] ds$, Wobei $E$ nun der konstante Betrag der Feldstärke sei, [mm] $E=|\vec{E}|$, [/mm] und $ds$ der Betrag des Weginkrementes, $ds [mm] =d|\vec{s}|$. [/mm] Bezeichnen wir mit [mm] $\overline{AD}$ [/mm] die Länge des Weges von $A$ nach $D$ so erhalten wir:
[mm]U_{AD}=-\int\limits_A^D\vec{E}\cdot d\vec{s}=-\int\limits_A^D E\; ds=-E\cdot\int\limits_A^D ds=-E\cdot\overline{AD}[/mm]
c) Zur Berechung der Spannung von $C$ relativ zu $A$ wählt man mit Vorteil einen Weg, der zu einfach zu berechnenden Teilintegralen führt. Wenn wir also auf geraden Teilwegen von $A$ nach $D$ und dann von $D$ nach $C$ integrieren, so verschwindet das Integral für den Teilweg von $D$ nach $C$ aus dem schon bei der Lösung von Teilaufgabe a) aufgeführten Grund [mm] ($\vec{E}\perp d\vec{s}$, [/mm] also [mm] $\vec{E}\cdot d\vec{s}=0$). [/mm] Also ist
[mm]U_{AC}=-\int\limits_A^C\vec{E}\cdot d\vec{s} =-\int\limits_A^D\vec{E}\cdot d\vec{s}-\int\limits_D^C\vec{E}\cdot d\vec{s}\overset{\text{a)}}{=}-\int\limits_A^D\vec{E}\cdot d\vec{s}-0\overset{\text{b)}}{=}-E\cdot\overline{AD}[/mm]
d) Hier ist offenbar [mm] $\vec{E}\cdot d\vec{s}=E_0 x^2 [/mm] dx$, wenn $x$ die Wegkoordinate auf der Strecke $AD$ bezeichnet. Also haben wir:
[mm]U_{AD}=-\int\limits_A^D\vec{E}\cdot d\vec{s}=-\int\limits_{0m}^{2m} E_0 x^2 \; dx=-E_0\cdot \left[\frac{x^3}{3}\right]_{x=0m}^{2m}=\cdots[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:13 So 03.08.2008 | | Autor: | summer00 |
Danke sehr für die hilfreiche und ausführliche Antwort.
Ich hätte da nur noch ein paar kleine Fragen:
Wann und warum wird das Vorzeichen negativ und wann nicht?
bei der Teilaufgabe d) bekomme ich, wenn ich weiter rechne [mm] \bruch{30}{3} \bruch{V}{m} [/mm] * 8 [mm] m^{3}= [/mm] 80 [mm] Vm^{2}. [/mm] Was mache ich denn falsch? In der Musterlösung nehmen die das ganze durch [mm] m^{2}. [/mm] Aber ich verstehe nicht, woher die das haben.
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> Danke sehr für die hilfreiche und ausführliche Antwort.
> Ich hätte da nur noch ein paar kleine Fragen:
> Wann und warum wird das Vorzeichen negativ und wann
> nicht?
Du kannst Dir das so überlegen: Du bewegst eine kleine positive Probeladung $q$ auf irgend einem Weg von $A$ nach $B$. Wenn Du insgesamt hast Arbeit leisten müssen, hat der Punkt $B$ positive [mm] ($U_{AB}>0$), [/mm] falls Du aber Arbeit hast herausbekommen können, hat der Punkt $B$ negative Spannung [mm] $U_{AB}<0$) [/mm] relativ zum Punkt $A$.
Denn das Produkt von (vorzeichenbehafteter) Probeladung $q$ und Spannung [mm] $U_{AB}$ [/mm] soll ja die Energie angeben, die geleistet werden muss [mm] ($q\cdot U_{AB}>0$) [/mm] bzw. frei wird [mm] ($q\cdot U_{AB}<0$), [/mm] wenn man diese Ladung $q$ von $A$ nach $B$ verschiebt.
Da in dieser Aufgabenstellung die Feldstärke [mm] $\vec{E}$ [/mm] in Richtung unserer Weginkremente [mm] $d\vec{s}$ [/mm] bei der Verschiebung von $A$ nach $D$ zeigt, erhalten wir beim Verschieben einer positiven Ladung auf diesem Weg Energie heraus. Die positive Ladung würde von alleine von $A$ Richtung $D$ beschleunigt ($q [mm] \cdot U_{AD}<0$). [/mm]
Würden wir hingegen dieselbe positive Ladung von $D$ nach $A$ verschieben, so würde sich das Vorzeichen der Spannung und damit das Vorzeichen der umgesetzten Energie umkehren: [mm] $U_{DA}=-U_{AD}$.
[/mm]
> bei der Teilaufgabe d) bekomme ich, wenn ich weiter rechne
> [mm]\bruch{30}{3} \bruch{V}{m}[/mm] * 8 [mm]m^{3}=[/mm] 80 [mm]Vm^{2}.[/mm] Was mache
> ich denn falsch?
> In der Musterlösung nehmen die das ganze
> durch [mm]m^{2}.[/mm] Aber ich verstehe nicht, woher die das haben.
Wie Du an der Vorgabe [mm] $E=E_0 x^2$ [/mm] der Aufgabenstellung ablesen kannst, ist [mm] $x^2$ [/mm] im Gegensatz zu dem was ich als obere bzw. untere Grenze des Integrals geschrieben hatte, eine dimensionlose[!] Grösse. Dennoch dürfen wir $x$ bei der Integration nicht ebenfalls als dimensionslos auffassen, denn dann hätte das Ergebnis die Einheit $V/m$, was auch falsch wäre. Es ist klar, dass das Ergebnis, weil es sich um eine Spannung handelt, die Dimension $V$ haben muss.
Kurz: Ich halte die Aufgabenstellung, was diese Frage der Einheiten betriff, für verbesserungsbedürftig. Man hätte im Aufgabentext [mm] $E=E_0 \frac{x^2}{m^2}$ [/mm] vorgeben müssen. Dann wäre mit meinem etwas gedankenlos $x$ mit der Einheit Meter zu versehen, alles richtig herausgekommen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:00 So 03.08.2008 | | Autor: | summer00 |
Danke sehr!
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