Magnetfeld eines Plattenkonden < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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| Aufgabe | Magnetfeld im Plattenkondensator
Die runden Platten eines Kondensators haben einen Radius R = 6 cm.
Berechnen Sie das Magnetfeld an einem Punkt zwischen den Platten, der sich im Abstand
r = 4 cm von der Achse der Platten entfernt be ndet. Der Leitungsstrom betrage 4 A. |
Guten Abend leute,
ich hoffe mir kann jemand hierbei helfen. Ich habe keine ahnung wie ich das B-Feld für einen Kondensator berechnen soll. Ich kenne nur die Formel [mm] \integral [/mm] B ds und die hilft mir leider nicht. Danke schon mal für die Hilfe
Mit freundlichen Grüßen
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Hallo!
[mm] $\int B\,ds$ [/mm] ist schonmal nicht schlecht, aber das ist ja nur die eine Seite der Gleichung. Wie sieht die andere aus? Da steht was über das sich ändernde E-Feld drin, und das brauchst du.
Und als weiterer Hinweis: Du brauchst hier nicht zu integrieren. Denke dir einen Kreis im Kondensator mit Radius 4cm. Aus Symmetriegründen ist auf dem gesamten Kreis das B-Feld konstant. Also ist [mm] $\int B\,ds=B\int [/mm] ds$, du integrierst also nur über den Kreisbogen. Was ist das?
Für das E-Feld sieht es ganz ähnlich aus, nur da kommt es eher auf die Fläche des Kreises an, wobei sich das E-Feld natürlich über die gesamte Querschnittsfläche des Kondensators erstreckt, nicht nur über diese Kreisfläche.
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ich habe jetzt herrausgefunden das ich eine maxwell gleichnung benutzen muss nämlich I:rot(E)= -dB/dt und II: j=dE/dt und 4A/(0.06²m²*π)=j und ich stelle dann II nach dt= dE/j um und setze ein. Nochmal zu deiner antwort: kann ich hier /integral b ds in die gleichhung I einsetzen oder?
Danke für deine HIlfe
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Hallo!
Das ist die richtige Maxwellgleichung, allerdings ist die differentielle Form hier nicht so geeignet. Nimm doch lieber gleich die Integralform:
[mm] $\oint B\,ds=\oint j\,dA+\frac{d}{dt}\left(\oint E\,dA\right)$
[/mm]
Zum linken Teil der Gleichung haben wir ja schon was gesagt. Da wird über den Rand der Kreisscheibe integriert.
Rechts steht jetzt was über einen Volumenstrom j, der hier aber nicht existiert, weil zwischen den Platten keine Ladungsträger fließen, und etwas über das sich ändernde E-Feld im Kondensator. Da sich das E nicht abhängig von der Fläche ändert, kannst du das E vor das Integral ziehen, aber die Ableitung gehört noch zu dem E. (Letztendlich hängt E von der Ladung ab, und die zeitliche Ableitung kommt dann durch den Strom zum Ausdruck, und den hast du gegeben)
Beachte aber, daß auf der rechten Seite über die FLÄCHE des Kreises integriert wird, der Kreis aber längst nicht den gesamten Kondensator bedeckt.
Was ist denn nun [mm] \oint\,ds [/mm] und [mm] \oint\,dA [/mm] ?
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Abend,
ich habe jzt etwas berechnet weis aber nicht ob es richtig ist:). also da I und Verschiebestrom ja hier konstant ist kann mann [mm] \mu [/mm] *j= [mm] \mu [/mm] *dE/dt
Demnach ist der KOndensator eine fortführung des Leiters:
[mm] \integral_{dt} [/mm] dr [mm] B=2\pirbcrs
[/mm]
B(r)= [mm] I_{f(r)}/(2\pi r\epsilon c^2)
[/mm]
1: [mm] \integral_{F} j/(\epsilonc^2)df=I/(\epsilon*c^2)
[/mm]
[mm] 2:I_{f(r)}=I_{ges}r^2/R^2
[/mm]
r<R daraus [mm] folgt:I_{ges}r/(2\pi\epsilon c^2r^2)= [/mm] B(r)= [mm] 8,876*10^6 [/mm] Tesla
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:53 Mo 19.07.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
warum gehst du nicht auf die posts mit den richtigen ansätzen ein? aber [mm] 10^6 [/mm] Tesla ist sicher zu gross! Was du rechnest hab ich nicht kontrolliert.
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Abend,
ja ich habe mir erstmal selber gedanken gemacht und dachte ich schreibe es mal auf:). ok zu den was du geschrieben hast wäre ich zum beispiel nie darauf gekommen. B [mm] \integral_{0}^{2\pi}ds= B*2\pi [/mm] würde ich sagen steht auf der linken seite dann. und j fällt also weg? ---> [mm] B*2\pi=\integral_{0}^{\pi r^2} d/dt(\integral_{0}^{\pir^2} [/mm] E dA) Ich vermute ich müsste ein dopeelintegral benutzen wegen der fläche^^
Mfg Grüßen Uygur
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Hallo!
Nicht ganz. Denk dran, du addierst die Länge vieler kleiner Kreisbögen auf, demnach ist das Integral gleich dem Kreisumfang [mm] 2\pi\red{r} [/mm] .
Meinetwegen ist das Integral rechts ein Doppelintegral, aber allgemein geht es darum, daß über eine Fläche integriert wird. Wie das nun technisch aussieht, ist relativ egal.
Letztendlich kannst du die Lösung für das rechte Integral genauso "einfach so" hinschreiben, wie du es beim linken auch getan hast.
Ansonsten, wie gesagt, das j in der maxwell-Gleichung steht für einen Strom aus Ladungsträgern, also einem echten Ladungstransport. Der findet in einem Kondensator aber nicht statt, weil die beiden Platten gegeneinander isoliert sind. Man hat da nur das E-Feld, das sich ändert, und diese Änderung wird durch den Strom hervorgerufen, der in die Platten rein- und rausströmt. Letztendlich, wenn du alles richtig machst, hast du da doch nur den gegebenen Strom stehen.
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Abend,
danke für die Antwort noch so spät in der nacht:).
Aber ich verstehe nicht genau wieso letzendlich der Strom=4a übrig bleibt? Ich habe doch das hier zum schluss:
$ [mm] B\cdot{}2\pi r=\integral_{0}^{\pi r^2} [/mm] dA+d/dt [mm] \integral_{0}^{\pi r^2}E [/mm] dA $ ----> [mm] B*2\pi r=\pi r^2+(d/dt)*\pi r^2*E [/mm]
B=(d/dt)*r*E/2
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Hallo!
Zunächst merke ich grade, daß sich ein kleiner Fehler eingeschlichen hat.
Natürlich steht in der Maxwellgleichung nicht $B_$ , sondern [mm] $H=\mu_0B$ [/mm] und ebenso [mm] $D=\varepsilon_0E$. [/mm] Es kommen also noch zwei Konstanten mit rein.
Also, du hast
[mm] $2\pi r*(\mu_0B)=\iint j\,dA+\frac{d}{dt}\iint (\varepsilon_0E)\,dA$
[/mm]
Jetzt hatten wir gesagt, j=0, denn zwischen den Platten fließt kein Strom her, da baut sich nur das Feld auf. Da sich die Fläche nicht ändert, kann man das E-Feld direkt nach der Zeit ableiten, und ebenfalls vor das Integral ziehen.
[mm] $2\pi r*(\mu_0B)=\frac{d}{dt}(\varepsilon_0E)\iint \,dA=\pi r^2*\frac{d}{dt}(\varepsilon_0E)$
[/mm]
Jetzt weißt du, daß im Plattenkondensator gilt: [mm] E=\frac{Q}{\varepsilon_0A}. [/mm] Was ist denn die zeitliche Ableitung davon? Denk dran, nur das Q ändert sich mit der Zeit. Das A bezieht sich auf den gesamten Kondensator, denn die Gleichung bezieht sich ja auf diesen. Dein [mm] $\pi r^2$ [/mm] sorgt dann dafür, daß nur der entsprechende Bruchteil, der durch den Kreis geht, auch angerechnet wird.
Aber wenn du alles einsetzt, steht rechts tatsächlich nur ein Strom. Probier es aus, es ist nun nicht weiter schwer.
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