Energie des elektrischen Feld < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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Hallo an allem !
meine bitte an euch ist folgendes.
Herleitung vom [mm] W=\bruch{1}{2}\*C\*U^{2}
[/mm]
und zwar wie [mm] W=\bruch{1}{2}\*m\*v^{2} [/mm] von [mm] W=\integral_{1}^{2}{F(s) ds} [/mm]
Falls es richtig ist 
[mm] W=\integral_{1}^{2}{\vec{F}*\vec{ds}}=\integral_{1}^{2}{m*\vec{a}*\vec{ds}}=m\integral_{1}^{2}\bruch{\vec{s}}{t^{2}}*\vec{ds}=\bruch{m}{t^{2}}\integral_{1}^{2}{\vec{s}*\vec{ds}}=\bruch{m}{t^{2}}|_{1}^{2}\bruch{1}{2}*{s}^{2}=\bruch{1}{2}*\bruch{m}{t^{2}}*v^{2}*t^{2}=\bruch{1}{2}\*m\*v^{2}
[/mm]
ich kann den Anfang wie ich es meine auch machen,
Falls es richtig ist
[mm] W=\integral_{1}^{2}{\vec{F}*\vec{ds}}=\integral_{1}^{2}{\vec{E}*Q*\vec{ds}}= [/mm]
aber ich kommen am ende nicht auf [mm] W=\bruch{1}{2}\*Q*U=\bruch{1}{2}\*C\*U^{2}
[/mm]
vielleicht ist meine Frage für vielen sehr einfach und hat keine Zeit dafür.
Ich würde mich auch sehr dafür freuen, wenn ihr mir ein Paar Tipps schreibt.
Danke !
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:19 So 04.10.2009 | | Autor: | Infinit |
Hallo ciyoberti,
Ich beziehe mich auf Deinen zweiten Ansatz, der einen wahren Kern enthält, aber nicht unterscheidet zwischen der Ladung, die von einer Seite des Plattenkondensators auf die andere gebracht werden muss und der Ladung, die sich bereits auf den Platten des Kondensators befindet. Je größer diese Ladungsmenge ist, umso größer ist die Spannung zwischen den beiden Platten und umso mehr Arbeit muss man aufbringen, die dann als elektrische Energie im elektrischen Feld gespeichert wird.
Von der Herleitung her wollen wir annehmen, dass eine Gesamtladung Q in kleinen Ladungsschritten dq von einer Platte des Kondensators auf die andere gebracht wird. Diese Ladung dq ist zu unterscheiden von der bereits auf der Platte vorhandenen Ladung q, wodurch sich zwischen den beiden Platten die Spannung
$$ u = [mm] \bruch{q}{C} [/mm] $$ ergibt. Für den Transport dieser kleinen Teilladung dq benötige ich die Arbeit
$$ dW = u [mm] \, [/mm] dq = [mm] \bruch{q \, dq}{C} [/mm] $$ und die Gesamtarbeit ergibt sich durch Aufintegration dieser kleinen Teilladungen bis die Gesamtladung Q erreicht ist.
So bekommt man also
$$ W = [mm] \int_0^Q \bruch{q \, dq}{C} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} \bruch{Q^2}{C} \, [/mm] . $$
Wenn die Gesamtladung Q vorhanden ist, so beträgt die Spannung zwischen den Platten
$$ U = [mm] \bruch{Q}{C} [/mm] $$ und das in die Gleichung oben eingesetzt, bringt Dich auf die Ergebnisse, die Du aufgezählt hast.
Viele Grüße,
Infinit
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vielen Dank für deine Antwort Infinit,
ich würde gerne nur noch wissen ob das was ich unten schreibe richtig ist.
[mm] W=\integral_{1}^{2}{\vec{F}\*\vec{ds}}=\integral_{1}^{2}{\vec{E}\*Q\*\vec{ds}}=\integral_{0}^{Q}{U\*{dq}}=\integral_{0}^{Q}{\bruch{q}{C}\*{dq}}=\bruch{1}{C}\|_{0}^{Q}{\bruch{1}{2}\*q^{2}}=\bruch{1}{C}\*\bruch{1}{2}\*Q^{2}=\bruch{1}{2}\*\bruch{1}{C}\*C^{2}\*U^{2}=\bruch{1}{2}\*C\*U^{2}
[/mm]
Falls falsch ist, liegt es nicht an dir Infinit
deine Erklärung fand ich sehr eindeutig. Hat mir sehr geholfen etwas zu verstehen.
Herzlichen Dank> Hallo ciyoberti,
> Ich beziehe mich auf Deinen zweiten Ansatz, der einen
> wahren Kern enthält, aber nicht unterscheidet zwischen der
> Ladung, die von einer Seite des Plattenkondensators auf die
> andere gebracht werden muss und der Ladung, die sich
> bereits auf den Platten des Kondensators befindet. Je
> größer diese Ladungsmenge ist, umso größer ist die
> Spannung zwischen den beiden Platten und umso mehr Arbeit
> muss man aufbringen, die dann als elektrische Energie im
> elektrischen Feld gespeichert wird.
> Von der Herleitung her wollen wir annehmen, dass eine
> Gesamtladung Q in kleinen Ladungsschritten dq von einer
> Platte des Kondensators auf die andere gebracht wird. Diese
> Ladung dq ist zu unterscheiden von der bereits auf der
> Platte vorhandenen Ladung q, wodurch sich zwischen den
> beiden Platten die Spannung
> [mm]u = \bruch{q}{C}[/mm] ergibt. Für den Transport dieser kleinen
> Teilladung dq benötige ich die Arbeit
> [mm]dW = u \, dq = \bruch{q \, dq}{C}[/mm] und die Gesamtarbeit
> ergibt sich durch Aufintegration dieser kleinen
> Teilladungen bis die Gesamtladung Q erreicht ist.
> So bekommt man also
> [mm]W = \int_0^Q \bruch{q \, dq}{C} = \bruch{1}{2} \bruch{Q^2}{C} \, .[/mm]
> Wenn die Gesamtladung Q vorhanden ist, so beträgt die
> Spannung zwischen den Platten
> [mm]U = \bruch{Q}{C}[/mm] und das in die Gleichung oben eingesetzt,
> bringt Dich auf die Ergebnisse, die Du aufgezählt hast.
> Viele Grüße,
> Infinit
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:33 Mo 05.10.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
> [mm][mm] W=\integral_{1}^{2}{\vec{F}\*\vec{ds}}=\integral_{1}^{2}{\vec{E}\*Q\*\vec{ds}}
[/mm]
Hier ist es schon falsch, denn Q ist ja die Gesamtladung, E die Endfeldstaerke!
[mm] W=\integral_{0}^{Q}{U\*{dq}}
[/mm]
auch hier hat U, die Endspannung nichts zu sagen, es sollte da stehen U(q) mit U(q)=q/C
ab hier ists dann richtig.
du fangst NICHt mit dW=Fds an, sondern mit der Definition der Spannung als Arbeit pro Ladung.
Der Rst ist richtig
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:28 Do 15.10.2009 | | Autor: | GvC |
Was sollte denn an diesem Integral falsch sein? Wenn ich durch Auseinanderziehen der Platten Energie in den Kondensator stecke, dann muss doch gelten
[mm]W = \integral_{0}^{d}{F ds}[/mm]
Voraussetzung: die Spannungsquelle wird von den Kondensatorplatten getrennt, dann ist Q = const., damit ist die Verschiebungsdichte D = const. und damit auch die Feldstärke E = const. (beim Auseinanderziehen erhöht sich die Spannung, aber proportional dazu auch der Abstand)
Dann lässt sich leicht das Coulombsche Gesetz anwenden, wie von dem Threadsteller auch getan. Das einzige Problem besteht darin, die richtige Feldstärke einzusetzen. Die Feldstärke in einem Plattenkondensator ist eigentlich
[mm]E = Q/(A*\varepsilon)[/mm]
Diese Feldstärke hier einzusetzen, wäre aber falsch. Nach Coulombschem Gesetz wird die Kraft auf eine Ladung im Feld einer anderen Ladung bestimmt. Also die Ladung einer Platte im Feld der anderen Platte. Das Feld einer einzelnen Platte mit der Ladung Q ist aber [mm]E = Q/2*A*\varepsilon[/mm]
Wenn man damit weiterrechnet, erhält man das allgemein bekannte Ergebnis.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:58 Do 15.10.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo GvC
Woher weiss man, dass das Feld einer Platte $ E = [mm] Q/2\cdot{}A\cdot{}\varepsilon [/mm] $ ist?
so allgemein stimmt das sicher nicht, wenn sie etwa irgendwo einzeln im Raum steht! Ausserdem muesste man es nachweisen, um es zu benutzen. Der hergeleitete Energieinhalt setzt aber keinen plattenkondensator vorraus, der koennte auch aus 2 Kugeln bestehen usw!
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:24 Fr 16.10.2009 | | Autor: | GvC |
Das weiß man aus dem Gaußschen Flusssatz
Hüllintegral D*dA = Q
Immer natürlich ideale Verhältnisse verausgesetzt (Ausschnitt aus einer unendlich ausgedehnten Anordnung und so).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:39 So 04.10.2009 | | Autor: | GvC |
Wie hast Du denn mit Deiner letzten Formel weitergerechnet? Der Fehler scheint mir dort zu liegen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:15 So 04.10.2009 | | Autor: | Ciyoberti |
Hallo !
Danke für deine Interesse,
[mm] W=\integral_{1}^{2}{\vec{F}\cdot{}\vec{ds}}=\integral_{1}^{2}{\vec{E}\cdot{}Q\cdot{}\vec{ds}}= [/mm]
so habe ich begonnen und ich weiß das [mm] U=\integral_{1}^{2}{\vec{E}\cdot{}\vec{ds}} [/mm] ist. Die Spannung U wollte in meine Rechnung einbringen. Aber ich wusste dann nicht wie ich mit dem Integral weiter machen soll.
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