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| Autor |
  Strombelag |
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John-Wayne
Junior 
Dabei seit: 05.01.2018
Mitteilungen: 9
 |  Themenstart: 2018-02-27
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Hallo,
Gegeben ist ein unendlich langer, unendlich dünner Zylinder, mit dem Radius 3a. Der Zylinder liegt um die z-Achse.
Ein Strombelag (K_0*ez) fließt auf dem Zylinder in z Richtung.
Gesucht ist die magnetische Feldstärke.
Laut Musterlösung ist diese
H = 3*a*K_0/r
Leider habe ich keine Idee wie ich darauf kommen könnte.
Hat jemand von euch einen Tipp?
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wladimir_1989
Senior 
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1688
Wohnort: Freiburg
| Beitrag No.1, eingetragen 2018-02-27
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Hallo John-Wayne,
eine anschauliche Herleitung könnte wie folgt aussehen: Da der Zylinder unendlich lang ist, ist das Problem effektiv zweidimensional. Wir können uns also eine Ebene senkrecht zur z-Richtung anschauen. Das B-Feld ist rotationssymmetrisch um die z-Achse, seine Stärke kann also nur vom Abstand abhängen. In einem festen Abstand r verteilt sich das B-Feld also auf einen Kreisring der Länge \(2\pi r\) Es ist daher sinnvoll anzunehmen, dass das Feld proportional zu \(\frac{1}{2\pi r}\) ist. Der Proportionalitätsfaktor muss proportional zum Gesamtstrom sein, da dieser ja die Ursache des Feldes ist. Der Gesamtstrom ergibt sich aus der Stromdichte \(K_0\), die gleichmäßig über den Zylinderumkreis verteilt ist, zu \(I=2\pi 3a K_0\). Damit haben wir insgesamt \(B\sim \frac{3aK_0}{r} \). Man braucht natürlich noch eine Proportionalitätskonstante, die hier zu 1 gesetzt wurde. In SI-Einheiten ist diese Konstante gerade die magnetische Vakuumpermeabilität \(\mu_0\).
Wie gesagt, ist das eine sehr anschauliche Überlegung. Das Ergebnis dieser Überlegung kann man mit dem Ampereschen Gesetz formal herleiten. Falls du Fragen dazu hast, können wir die Rechnung gemeinsam durchführen.
lg Wladimir
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John-Wayne
Junior
Dabei seit: 05.01.2018
Mitteilungen: 9
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-28
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Danke für die Antwort.
Ich habe dann mal nen Ansatz mit dem Amperschen Gesetz probiert.
\(d \vec{H} = \frac{dI}{2 \pi \rho}\) mit \(dI = K_0 d \phi\)
\(\vec{H} = \frac{K_0}{2 \pi \rho} \cdot \int_{0}^{2 \pi} 3 a \cdot d \phi \cdot \vec{e_{\phi}}\)
\(\vec{H} = \frac{K_0 \cdot 3a}{\rho} \cdot \vec{e_{\phi}}\)
So würde das ja passen.
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wladimir_1989
Senior
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1688
Wohnort: Freiburg
| Beitrag No.3, eingetragen 2018-02-28
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Hallo,
ist im Prinzip richtig, ich würde aber eher mit der integralen Form des Ampereschen Gesetzes rechnen, also \(\oint \vec B\text {d}\vec s=I\) und dann einen Kreisring mit Radius r als Weg nehmen und \(\vec B=B(r) \vec e_\phi\) ausnutzen. Damit kann man das Integral leicht berechnen.
lg Wladimir
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John-Wayne
Junior
Dabei seit: 05.01.2018
Mitteilungen: 9
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-28
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Ich hab da noch eine andere Aufgabe. Bei dieser liegt ein unendlich Langer, unendlich dünner Strombelag(K_0 * ez) in der x-z Ebene mit der Breite 2b. Also von -b bis b auf der x-Achse und unendlich auf der z_Achse ausgedehnt.
Berechnet werden soll die mag. Feldstärke im Punkt c*ey.
Hier sollte doch der gleiche Ansatz klappen, wie bei der anderen Aufgabe.
Also \(dH = \frac{dI}{2 \pi \rho} = \frac{K_0 dx}{2 \pi \sqrt{x^2+c^2}}\)
\(H=\int_{-b}^{b} \frac{K_0 dx}{2 \pi \sqrt{x^2+c^2}}\cdot \vec{e_x}\)
In der Musterlösung zu dieser Aufgabe steht aber:
\(H=\int_{-b}^{b} \frac{-K_0 \cdot cos(\alpha) \cdot dx}{2 \pi \sqrt{x^2+c^2}} \cdot \vec{e_x}\) mit \(cos(\alpha) = \frac{c}{\sqrt{x^2+c^2}}\)
Kann mir jemand erklären wo hier das \(-cos(\alpha)\) herkommt?
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John-Wayne
Junior 
Dabei seit: 05.01.2018
Mitteilungen: 9
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-01
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John-Wayne
Junior
Dabei seit: 05.01.2018
Mitteilungen: 9
|  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-04
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Sollte noch mal jemand ein Brett vor dem Kopf haben, so wie ich.
Hier die Lösung:
\(H(c ey) = H(c) ey = \frac{I}{2 \pi \rho}e \phi \cdot ey = \frac{I}{2 \pi \rho} \cdot cos(\phi)\)
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