Magn. Flussberechnung die 3. (Flächenintegral)

13.01.2011, 19:14

Q-fLaDeN

Magn. Flussberechnung die 3. (Flächenintegral)

Hey Leute, ich schon wieder, mit der hoffentlich letzten Aufgabe zur mag. Flussberechnung.

[attach]17572[/attach]

Wieder gilt

$\begin{eqnarray*} \phi = \int_A \vec{B}~\vec{\dd A} \end{eqnarray*}$

aber diesmal hab ich irgendwie gar keinen Ansatz. Die Flussdichte B steht nicht senkrecht auf der Fläche. Außerdem durchdringen die Feldlinien die Fläche sozusagen nicht gleichmäßig.

Bemerkung: Durch den Strom I kommt ein magn. Feld zustande, das sich Kreisförmig um den Leiter ausbreitet und nach außen hin schwächer wird. Es lässt sich berechnen durch

$\begin{eqnarray*} \vec{B} = \frac{\mu _0 \cdot I}{2\pi \cdot r} \cdot (\vec{e_J} \times \vec{e_r}) \end{eqnarray*}$

bzw.

$\begin{eqnarray*} B = \frac{\mu _0 \cdot I}{2\pi \cdot r} \end{eqnarray*}$

Auch vektroiell hab ichs schon versucht. Aber wie soll ich denn $\begin{eqnarray*} \vec{e_r} \end{eqnarray*}$ angeben?

15.01.2011, 12:56

Q-fLaDeN

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Schüchterner push.

15.01.2011, 14:13

wogir

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RE: Magn. Flussberechnung die 3. (Flächenintegral)

Zitat:

Original von Q-fLaDeN
Auch vektroiell hab ichs schon versucht. Aber wie soll ich denn $\begin{eqnarray*} \vec{e_r} \end{eqnarray*}$ angeben?

$\begin{eqnarray*} \vec{e_r}=\vec r/|\vec r| \end{eqnarray*}$

15.01.2011, 17:47

wogir

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RE: Magn. Flussberechnung die 3. (Flächenintegral)

Zitat:

Original von wogir

Zitat:

Original von Q-fLaDeN
Auch vektroiell hab ichs schon versucht. Aber wie soll ich denn $\begin{eqnarray*} \vec{e_r} \end{eqnarray*}$ angeben?

$\begin{eqnarray*} \vec{e_r}=\vec r/|\vec r| \end{eqnarray*}$

Aaarg. Sollte $\begin{eqnarray*} \vec{e_r}=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\begin{pmatrix}x\\y\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ heißen. Sorry.

15.01.2011, 18:57

Q-fLaDeN

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Ja soweit war ich da auch schon. Aber: Die Feldlinien befinden sich Kreisfömig um den Leiter herum. Stellt man sich nun ein paar Feldlinien vor, so durchdringen diese die Fläche ja immer unter einem anderen Winkel, sodass sich die Richtung von $\begin{eqnarray*} \vec{e_r} \end{eqnarray*}$ ständig ändert.

15.01.2011, 19:22

wogir

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Ja schon, aber das wird doch alles automatisch mitberücksichtigt, wenn du das Skalarprodukt mit dem Flächennormalenvektor nimmst.

15.01.2011, 20:30

Q-fLaDeN

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Ah, ok. Dann komm ich soweit:

$\begin{eqnarray*} \phi = \int_A \vec{B}~\vec{\dd A} = \int_A \frac{\mu _0 \cdot I}{2\pi \cdot r} \cdot (\vec{e_J} \times \vec{e_r})~\vec{\dd A} = \frac{\mu _0 \cdot I}{2\pi} \cdot \int_A \underbrace{\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}}_{= r} \cdot \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \left(\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} x \\ y \\ 0 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} 0 \\ 18 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{\mu _0 \cdot I}{2\pi} \cdot \int \frac{18x}{x^2+y^2}~\dd ? \end{eqnarray*}$

Aber wie genau geh ich nun damit um, dass die Fläche ein Vektor ist? Also dass ich irgendwann nach dx integrieren muss ist mir schon klar, aber wie begründet man das denn mathematisch? Ich kann ja jetzt nicht einfach ein dx dahinterschreiben.

Irgendwas passt da noch nicht. Wäre nett wenn mir mal jemand erklären würde, wie man mit solchen Integralen umgeht, wenn man wirklich mit den Vektoren rechnet.

15.01.2011, 20:48

wogir

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Die Fläche ist parallel zur x-z Ebene. Also schreibst du $\begin{eqnarray*} d\vec A=dx dz \hat y \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} \hat y \end{eqnarray*}$ der Einheitsvektor in y Richtung ist (der Flächennormalenvektor steht immer senkrecht auf der Fläche).

Von wo bis wo integriert werden soll, entnimmst du der Angabe (-3 bis 3 für die z Integration).

Warum du nen Faktor 18 gespawnt hast, ist mir nicht klar. Er gehört weg.

15.01.2011, 21:14

Q-fLaDeN

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Ok, ich hatte eben für den Flächenvektor A (0|18|0) genommen, denn der Vektor ist ja so lang, wie die Fläche groß ist. Ok wenn ichs das so mache wie du es mir jetzt gezeigt hast, dann komme ich erstmal auf

$\begin{eqnarray*} \phi = \int_A \vec{B}~\vec{\dd A} = \int_A \frac{\mu _0 \cdot I}{2\pi \cdot r} \cdot (\vec{e_J} \times \vec{e_r})~\vec{\dd A} = \frac{\mu _0 \cdot I}{2\pi} \cdot \int_A \frac{1}{x^2+y^2} \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \dd x \dd z \end{eqnarray*}$

Nun ist doch das Feld in z Richtung konstant und ich kann $\begin{eqnarray*} \dd A = \dd x \cdot 6 cm \end{eqnarray*}$ schreiben anstatt eben $\begin{eqnarray*} \dd A = \dd x \cdot \dd z \end{eqnarray*}$ ? Oder geht das nicht?

16.01.2011, 02:57

wogir

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Mehr oder weniger. Es wird ja schließlich blind über eine Funktion integriert, die nicht von z abhängt. Nach Integration über z bekommt man den Faktor 6. Die Schreibweise $\begin{eqnarray*} dA=dx\, 6cm \end{eqnarray*}$ ist eher ungeschickt.

16.01.2011, 11:23

Q-fLaDeN

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Ok, wenn ich das dann so integriere bekomme ich

$\begin{eqnarray*} ...= \frac{\mu _0 \cdot I \cdot z_A}{4\pi} \cdot \ln \frac{1+y^2}{4+y^2} \end{eqnarray*}$

und mit $\begin{eqnarray*} y = 1.5 \end{eqnarray*}$ komm ich dann auf die gewünschten $\begin{eqnarray*} -98,1 \cdot 10^{-9} Vs \end{eqnarray*}$

Das war ne schwere Geburt. Ich danke dir!

16.01.2011, 15:43

wogir

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