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Hallöle,
ich bin gerade über eine Aufgabenlösung aus dem Dornbader SekII Band gestolpert.
Kurz gesagt ist dort ein elektrisches Feld zu berechnen zwischen den je $A$= 450 cm$^2$ großen Platten eines mit 10 kV aufgeladenen Kondensators.
Mit einem Plattenabstand von 5 cm ergibt sich ein elektrisches Feld etwa der Stärke von [mm] 2$\cdot10^5\mathrm{\tfrac{V}{m}}$ [/mm] und Flächenladungsdichte von [mm] $\sigma=1{,}8\cdot10^{-6}\mathrm{\tfrac{C}{m^2}}$ [/mm] .
Es soll dann die Größe der Ladung beider Platte berechnet werden.
Es ist [mm] $Q=\sigma\cdot A\approx80\,\mathrm{nC}$. [/mm] Meiner Meinung nach muss dann die Differenz der Plattenladung $Q$ sein, also trägt die eine Platte zB [mm] $-\tfrac{Q}{2}$ [/mm] und die andere dann [mm] $+\tfrac{Q}{2}$. [/mm] Aber in der Lösung zum Buch steht, dass JEDE Platte die Ladung [mm] $Q=80\,\mathrm{nC}$ [/mm] trägt. :-(
Kann jemand weiterhelfen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:12 Mi 11.09.2019 | | Autor: | nosche |
Ich stelle mir das so vor:
Wenn auf einen Plattenkondensator eine Ladung Q z.B. "aufgelöffelt" wird, wird diese Ladung nicht als Q/2 und -Q/2 auf beide Platten verteilt. Welcher Prozess sollte die Ladung trennen und bei einer Hälfte das Vorzeichen ändern?
Die aufgelöffelte Ladung verbleibt auf der Platte. Das von dieser Ladung erzeugte Feld bewirkt durch Influenz eine Ladungstrennung auf der anderen Platte.
Entfernt man nun die postiven Ladungen von der zweiten Platte (Erdung) bleibt auf der Platte die negative Ladung -Q zurück.
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Das Buch hat Recht.
Du kannst dir dass so vorstellen, dass aus jeder Ladungsmenge eine bestimmte Anzahl von Feldlinien austritt. Die Stärke des Feldes ergibt sich dann aus der Anzahl dieser Feldlinien (prop.Q) und ihrer Dichte (1/A).
Diese Feldstärke ist unabhängig davon, wo evtl andere Ladungen sitzen, auf der anderen Platte oder "nirgendwo". Im letzteren Fall bleiben die Feldlinien aber nicht parallel, sondern verteilen sich so im Raum, dass es von weitem wie bei einer geladenen Kugel aussieht, das Feld also mit der Entfernung schwächer wird. Die (jeweils) andere Platte sorgt also für ein homogenes Feld und auch dafür, dass außen das Feld nur ganz schwach ist (da heben sich die Felder gegenseitig auf).
Fast hierzu im Widerspruch steht die Tatsache, dass sich die Kondensatorplatten gegenseitig nicht mit der Kraft F=Q*E anziehen, sondern nur mit [mm] F=\bruch{1}{2}Q*E. [/mm] Das liegt daran, dass die Feldlinien innen an einer Platte enden und im Außenbereich nicht weiter gehen, so dass nur einseitig "mit halber Kraft" an der Platte gezogen wird.
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Danke an Euch beiden für die raschen Antworten.
Leider bin ich noch nicht so ganz überzeugt...
Gehen wir mal von einer mit [mm] $Q_1=+80\,\mathrm{nC}$ [/mm] aufgeladenen Platte aus. Nachvollzogen habe ich, dass diese Feldlinien dann einfach auf der anderen Platte enden, wenn diese [mm] $Q_2=-80\,\mathrm{nC}$ [/mm] trägt.
Aber was spricht gegen die Theorie, dass sowohl die sowohl die linke als auch die rechte Platte je ein elektrisches Feld der Stärke [mm] $E_1$ [/mm] bzw. der Stärke [mm] $E_2$ [/mm] bilden, die sich zu [mm] $E_1+E_2=E$ [/mm] addieren. Damit [mm] $E=2\cdot10^5\,\mathrm{\tfrac{V}{m}}$ [/mm] müsste dann bei $d=5cm$ gelten [mm] $Q_1=|Q_2|=40\,\mathrm{nC}$.
[/mm]
Wenn nun aber die Rechnung in der Mitte nicht gilt. Was ergibt sich dann für eine Feldstärke, wenn [mm] $Q_1=+20\,\mathrm{nC}$ [/mm] und [mm] $Q_2=-60\,\mathrm{nC}$ [/mm] oder sind Platten (durch Influenz) stets gleich geladen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:14 Mi 11.09.2019 | | Autor: | chrisno |
Wenn Du in der Symmetrie des Aufbaus der Platten unterschiedliche Flächenladungsdichten haben willst, dann kannst Du kein homogenes Feld mehr haben.
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[Dateianhang nicht öffentlich]
Für dein Beispiel würdest du die obige Ladungsverteilung bezüglich der Innen- und Außenflächen der Kondensatorplatten bekommen.
Die linke Platte wäre mit 20 nC, die rechte mit - 60 nC geladen.
Alle Ladungen zusammen ergäben nach links außen und nach rechts außen ein von -40 nC erzeugtes E-Feld (-20 + 40 - 40 -20), was der Gesamtladung entspricht.
Die linke sowie die rechte Platte müssen innen feldfrei sein.
Die linke Platte bekommt innen ein Feld von -20 nC von links und 3 Felder von 40, -40 und -20 nC von rechts, also insgesamt von -20 nC von rechts, so dass sich beide in der Platte aufheben (entgegengesetzt gleich).
Die rechte Platte bekommt innen ein Feld von -20 nC von rechts und 3 Felder von -20, 40, und -40 nC von links, also insgesamt von -20 nC von rechts, so dass sich beide ebenfalls in der Platte aufheben.
In der Mitte ergibt sich nun ein durch Influenz entstandenes Feld mit gleichgroßen Ladungen auf beiden Innenflächen.
Der Ladungsüberschuss von -40 nC verteilt sich somit hälftig auf beide Außenflächen (wie bei einem Faraday-Becher), die beiden entgegengesetzt gleichstarken aber bilden ein homogenes Innenfeld ohne Außenwirkung.
Statt so etwas zu berechnen, kannst du dir genau diese Idee merken: Zuerst verteilst du den Überschuss gleichmäßig auf die Außenflächen und dann die zur Gesamtladung der jeweiligen Platte fehlenden entgegengesetzt gleich großen Ladungen auf die Innenflächen.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:34 Mi 11.09.2019 | | Autor: | nosche |
> Platten (durch Influenz) stets gleich geladen?
Durch Influenz ändert sich die Ladung auf der 2. Platte nicht. War die Platte ungeladen ist sie es weiterhin. Influenz schaft keine neue Ladung oder räumt Ladung weg. Es gibt lediglich eine Ladungsverschiebung
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Ich habe jetzt mehr Zeit und möchte deine Gedanken bzgl. der Felder nochmals aufgreifen.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Die beiden geladenen Platten haben jeweils einzelne Felder, die nach links und rechts gehen, die roten Feldlinien von den positiven Ladungen weg, die grünen zu den negativen hin. Dabei spielt nun keine Rolle, ob sich die Ladungen, wie durch meine Schreibweise angedeutet, auf die beiden Außenflächen einer Platte gleichmäßig verteilen oder nicht, als Summe von Coulombfeldern kommt das selbe heraus.In den Zwischenraum kommt also von jeder Platte die Hälfte der zu den Ladungen gehörenden Feldlinien an. Beide Ladungen zusammen (roter und grüner Pfeil) machen also ein so starkes Feld, als wenn eine Ladung Q sämtliche Feldlinien nur zu dieser Seite abgegeben hätte und die andere Platte nicht da wäre. Bei den Außenfeldern habe ich die jeweils andere Farbe weggelassen, an den roten und grünen Pfeilen darunter erkennst du aber, dass diese sich jeweils aufheben würden (ich hätte die eine Farbe auch jeweils weglassen sollen). Wenn man nun für den Kondensator sagt, E = [mm] \varepsilon [/mm] * Q/A, so rechnet man einmal mit der Gesamtladung Q einer Platte statt zwei mal mit der jeweils halben Ladung von beiden Platten.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Hältst du jetzt in solch ein Feld nochmals eine mit Q geladene Platte, so wird diese mit der Kraft F=QE nach rechts gezogen; die linke Platte stößt mit E/2 weg, die rechte zieht mit E/2 an.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Fehlt aber nun die linke Platte, so ist das Feld nur noch halb so stark, und die Platte wird nur noch mit F'=QE'=QE/2 von der rechten angezogen. Deshalb ziehen sich die Kondensatorplatten gegenseitig auch nur mit F'=F/2 an.
Hierzu noch zwei Anmerkungen:
1. Wenn du nur eine mit Q geladene Platte hast und die negative Gegenladung weit weg ist, ist die Feldstärke an der Plattenoberfläche nur halb so groß wie beim Kondensator errechnet. Entweder argumentiert man damit, dass sich die Ladung nun auf beide Plattenseiten verteilt und die Flächenladungsdichte damit nur halb so groß ist, oder man sagt, dass die Feldlinien nach links und rechts gehen und nun das Feld der Partnerplatte fehlt.
2. Lädt man eine metallische Kugel auf, so ist die Feldstärke dort nach Formel [mm] E=\varepsilon*Q/A. [/mm] Das lässt sich wieder auf zweierlei Arten erklären: Entweder sagt man, da die Kugel innen feldfrei ist, dass nun alle Feldlinien auf der Außenseite herauskommen, also anders als bei einer Platte, und daher die Flächenladungsdichte doppelt so hoch ist, oder man sagt, dass auch hier die Feldlinien nach innen und außen gehen (Coulombfelder!); da ber die Kugel innen feldfrei ist, muss an der Stelle, wo Feldlinien von der Oberfläche nach innen gehen (halbe Feldstärke), innen von den anderen Ladungen der Kugeloberfläche ein gleichstark entgegengesetztes Feld erzeugt worden sein (Feldfreiheit innen), das jetzt mit nach außen dringt und deshalb die volle Feldstärke erzeugt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 3 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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