| |
| Autor |
  Feldstärkeberechnung bei einem Koaxialkabel |
|
Lux93
Aktiv 
Dabei seit: 16.07.2012
Mitteilungen: 203
 |  Themenstart: 2021-09-23
|
Hallo,
es geht um die folgende Aufgabe:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/34511_aufgabe.png
Für Aufgabenteil a) habe ich bereits die folgende Lösung bestimmt, die laut Musterlösung auch richtig ist:
\[ \vec{H}(\rho)=\begin{cases}
\frac{I \rho}{2 \pi a^2} \cdot \vec{e}_\varphi, 0 \leq \rho \leq a \\
\frac{I}{2 \pi \rho} \cdot \vec{e}_\varphi, a \leq \rho \leq b \\
I(\frac{1}{2 \pi \rho} - \frac{\rho^2 - b^2}{2 \pi \rho (c^2 - b^2)}) \cdot \vec{e}_\varphi, b \leq \rho \leq c \\
0, \rho > c
\end{cases}\]
Beim Lösen von b) habe ich jedoch Probleme. Die Musterlösung:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/34511_L_sung.png
Für den Bereich mit \((x-d)^2 + y^2 \leq a^2\) erhalte ich noch
\[\vec{H} = \frac{I \rho}{2 \pi a^2} \cdot \begin{pmatrix} - \sin(\varphi) \\ \cos(\varphi) \end{pmatrix} = \frac{I \rho}{2 \pi a^2} \cdot \begin{pmatrix} - \frac{y}{\rho} \\ \frac{x-d}{\rho}\end{pmatrix} = \frac{I}{2 \pi a^2} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x-d \end{pmatrix}\]
Ich bin grundsätzlich davon ausgegangen, dass ich hier zur Lösung \(\vec{H}(\rho)\) in kartesische Koordinaten umwandle und dann eine Koordinatentransformation durchführe (also konkret \(x\) durch \(x-d\) ersetze). Für den ersten Bereich hat das ja auch soweit geklappt, für \((x-d)^2+y^2 \geq a^2 \land \rho \leq b\) erhalte ich jedoch:
\[\vec{H}= \frac{I}{2 \pi \rho} \vec{e}_\varphi = \frac{I}{2 \pi ((x-d)^2 + y^2)} \cdot \begin{pmatrix} \frac{-y}{\rho} \\ \frac{x-d}{\rho} \end{pmatrix}\]Hier ist mir jetzt nicht klar, wie ich auf die Musterlösung komme. Für die anderen Bereiche gilt das auch.
|
 Profil
|
semasch
Senior 
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 445
Wohnort: Wien
 | Beitrag No.1, eingetragen 2021-09-23
|
Moin Lux93,
\quoteon(2021-09-23 21:39 - Lux93 im Themenstart)
Ich bin grundsätzlich davon ausgegangen, dass ich hier zur Lösung \(\vec{H}(\rho)\) in kartesische Koordinaten umwandle und dann eine Koordinatentransformation durchführe (also konkret \(x\) durch \(x-d\) ersetze).
\quoteoff
Das ist hier auch die richtige Vorgehensweise. Bezeichnet im gewählten kartesischen Koordinatensystem $\mathbf{H}_{\text{innen}}(x,y)$ bzw. $\mathbf{H}_{\text{außen}}(x,y)$ die magnetische Feldstärke des Innen- bzw. Außenleiters in Teilaufgabe a), so ist die Gesamtfeldstärke für a) gegeben durch
\[\mathbf{H}_{\text{innen}}(x,y)+\mathbf{H}_{\text{außen}}(x,y)\]
und für b) ist sie
\[\mathbf{H}_{\text{innen}}(x-d,y)+\mathbf{H}_{\text{außen}}(x,y).\]
\quoteon(2021-09-23 21:39 - Lux93 im Themenstart)
Für den ersten Bereich hat das ja auch soweit geklappt, für \((x-d)^2+y^2 \geq a^2 \land \rho \leq b\) erhalte ich jedoch:
\[\vec{H}= \frac{I}{2 \pi \rho} \vec{e}_\varphi = \frac{I}{2 \pi ((x-d)^2 + y^2)} \cdot \begin{pmatrix} \frac{-y}{\rho} \\ \frac{x-d}{\rho} \end{pmatrix}\]Hier ist mir jetzt nicht klar, wie ich auf die Musterlösung komme. Für die anderen Bereiche gilt das auch.
\quoteoff
Hier scheinst du mir die Ersetzung $\rho \mapsto (x-d)^2+y^2$ durchgeführt zu haben. Richtig wäre aber $\rho \mapsto \left((x-d)^2+y^2\right)^{1/2}$. Damit erhältst du dann auch den Ausdruck aus der Musterlösung.
LG,
semasch
|
Profil
|
Lux93
Aktiv
Dabei seit: 16.07.2012
Mitteilungen: 203
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-27
|
Hallo semasch,
tut mir leid, dass ich mich erst jetzt melde, aber ich musste dringend noch andere Übungen zu Ende bringen.
Danke für deine Hilfe! Ich hatte irgendwie bei einer bestimmten Umformung ein Brett vorm Kopf.
Ich poste hier nochmal den Lösungsweg:
2. Bereich: \((x-d)^2+y^2 \geq a^2 \land \rho \leq b\)
\[\vec{H} = \frac{I}{2 \pi \rho'} \cdot \vec{e}_{\varphi} = \frac{I}{2 \pi \rho'} \cdot \begin{pmatrix} - \sin(\varphi) \\ \cos(\varphi) \end{pmatrix} = \frac{I}{2 \pi((x-d)^2+y^2)} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x-d \end{pmatrix}\]
3. Bereich: \(b \leq \rho \leq c\)
\[\vec{H} = \frac{I}{2 \pi \rho'} \cdot \vec{e}_{\varphi} - \frac{I(\rho^2 - b^2)}{2 \pi \rho (c^2-b^2)} \cdot \vec{e}_{\varphi} \\ = \frac{I}{2 \pi((x-d)^2 + y^2)} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x-d \end{pmatrix} - \frac{I(x^2+y^2-b^2)}{2 \pi (x^2+y^2)(c^2-b^2)} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x \end{pmatrix}\]
4. Bereich: \(\rho \geq c\)
\[\vec{H}= \frac{I}{2 \pi \rho'} \cdot \vec{e}_{\varphi} - \frac{I}{2 \pi \rho} \cdot \vec{e}_{\varphi} = \frac{I}{2 \pi ((x-d)^2+y^2)} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x-d \end{pmatrix} - \frac{I}{2 \pi (x^2+y^2)} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x \end{pmatrix}\]
|
Profil
|
semasch
Senior
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 445
Wohnort: Wien
| Beitrag No.3, eingetragen 2021-09-27
|
\quoteon(2021-09-27 20:40 - Lux93 in Beitrag No. 2)
tut mir leid, dass ich mich erst jetzt melde, aber ich musste dringend noch andere Übungen zu Ende bringen.
\quoteoff
Kein Problem von meiner Seite aus 😄
\quoteon(2021-09-27 20:40 - Lux93 in Beitrag No. 2)
Ich poste hier nochmal den Lösungsweg:
2. Bereich: \((x-d)^2+y^2 \geq a^2 \land \rho \leq b\)
\[\vec{H} = \frac{I}{2 \pi \rho'} \cdot \vec{e}_{\varphi} = \frac{I}{2 \pi \rho'} \cdot \begin{pmatrix} - \sin(\varphi) \\ \cos(\varphi) \end{pmatrix} = \frac{I}{2 \pi((x-d)^2+y^2)} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x-d \end{pmatrix}\]
3. Bereich: \(b \leq \rho \leq c\)
\[\vec{H} = \frac{I}{2 \pi \rho'} \cdot \vec{e}_{\varphi} - \frac{I(\rho^2 - b^2)}{2 \pi \rho (c^2-b^2)} \cdot \vec{e}_{\varphi} \\ = \frac{I}{2 \pi((x-d)^2 + y^2)} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x-d \end{pmatrix} - \frac{I(x^2+y^2-b^2)}{2 \pi (x^2+y^2)(c^2-b^2)} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x \end{pmatrix}\]
4. Bereich: \(\rho \geq c\)
\[\vec{H}= \frac{I}{2 \pi \rho'} \cdot \vec{e}_{\varphi} - \frac{I}{2 \pi \rho} \cdot \vec{e}_{\varphi} = \frac{I}{2 \pi ((x-d)^2+y^2)} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x-d \end{pmatrix} - \frac{I}{2 \pi (x^2+y^2)} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x \end{pmatrix}\]
\quoteoff
Hier wäre es notationell vielleicht noch günstig, die mit den verschobenen kartesischen Koordinaten $(x',y') = (x-d,y)$ assoziierten Polarkoordinaten durchgehend als $(\rho',\varphi')$ zu bezeichnen. Entsprechend wäre die vom Innenleiter herrührende Komponente der Feldstärke durch
\[\frac{I}{2\pi\rho'} \mathbf{e}_{\varphi'} = \frac{I}{2\pi\rho'} \begin{pmatrix} -\sin(\varphi') \\ \cos(\varphi') \end{pmatrix} = \frac{I}{2\pi\rho'^2} \begin{pmatrix} -y' \\ x' \end{pmatrix} = \frac{I}{2\pi\left((x-d)^2+y^2\right)} \begin{pmatrix} -y \\ x-d \end{pmatrix}\]
gegeben.
LG,
semasch
|
Profil
|
Lux93
Aktiv
Dabei seit: 16.07.2012
Mitteilungen: 203
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-28
|
\quoteon(2021-09-27 21:51 - semasch in Beitrag No. 3)
Hier wäre es notationell vielleicht noch günstig, die mit den verschobenen kartesischen Koordinaten $(x',y') = (x-d,y)$ assoziierten Polarkoordinaten durchgehend als $(\rho',\varphi')$ zu bezeichnen. Entsprechend wäre die vom Innenleiter herrührende Komponente der Feldstärke durch
\[\frac{I}{2\pi\rho'} \mathbf{e}_{\varphi'} = \frac{I}{2\pi\rho'} \begin{pmatrix} -\sin(\varphi') \\ \cos(\varphi') \end{pmatrix} = \frac{I}{2\pi\rho'^2} \begin{pmatrix} -y' \\ x' \end{pmatrix} = \frac{I}{2\pi\left((x-d)^2+y^2\right)} \begin{pmatrix} -y \\ x-d \end{pmatrix}\]
gegeben.
\quoteoff
Ja, der Vorschlag ist nachvollziehbar. Aber nur nochmal, um sicherzugehen, dass ich hier jetzt nichts falsch verstehe: Im Rahmen dieser Aufgabe ist es schon so, dass \(\varphi' = \varphi\) gilt, oder? Also es geht nur darum, ,,konsequent'' zwischen beiden Koordinatensystemen zu unterscheiden.
|
Profil
|
semasch
Senior
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 445
Wohnort: Wien
| Beitrag No.5, eingetragen 2021-09-28
|
\quoteon(2021-09-28 09:33 - Lux93 in Beitrag No. 4)
Im Rahmen dieser Aufgabe ist es schon so, dass \(\varphi' = \varphi\) gilt, oder? Also es geht nur darum, ,,konsequent'' zwischen beiden Koordinatensystemen zu unterscheiden.
\quoteoff
Gut, dass du nachfragst, denn nein, das ist i.A. nicht so. Zeichne dir die Situation mal auf, dann wirst du das schnell sehen.
LG,
semasch
|
Profil
|
Lux93
Aktiv
Dabei seit: 16.07.2012
Mitteilungen: 203
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-28
|
Ach natürlich, das war jetzt etwas unüberlegt🙄
Okay, jetzt ist aber wirklich alles klar. Nochmals danke für deine Hilfe.
|
Profil
|
Lux93 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Lux93 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
|
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2023 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die
Nutzungsbedingungen,
die Distanzierung,
die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]
|
Home / Seite ohne Frame
Wie unterstütze ich den Matheplaneten mit Geld?
