magnetische Feldstärke < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:14 Fr 11.09.2009 | | Autor: | Binky |
| Aufgabe | Feldberechnung Koaxkabel
Die nebenstehende koaxiale Anordnung diene als Zu- und Rückleitung eines Gleichstromverbrauchers.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Berechnen Sie die magnetische Feldstärke [mm] \overrightarrow{H}(\overrightarrow{r_{p}}) [/mm] im gesamten Raum. |
Hallo,
ich komme leider bei der oben angegebenen Frage nicht weiter. Es handelt sich um Zylinderkoordinaten und ich habe sogar eine Lösung dabei, wo allerdings die Zwischenschritte fehlen.
Mir ist klar, dass sich der Querschnitt in mehrere Teilbereiche eingliedern lässt.
Hier wurden folgende Eingliederungen gemacht:
I. [mm] 0\le \delta_{\rho} \le r_{1}
[/mm]
II. [mm] r_{1}\le \delta_{\rho} \le r_{2}
[/mm]
III. [mm] r_{2}\le \delta_{\rho} \le r_{3}
[/mm]
[mm] \delta_{\rho} [/mm] ist mir leider als Formelzeichen schon unbekannt, was meine erste Frage wäre. Was könnte das genau sein?
Ich habe noch folgenden Ansatz:
konstante Stromdichte [mm] \overrightarrow{S}(\overrightarrow{r_{\rho}})
[/mm]
[mm] \Rightarrow \overrightarrow{H}(\overrightarrow{r}_{\rho})=\overrightarrow{e}_{\phi \rho} [/mm] * [mm] \overrightarrow{H}_{\phi \rho}(\delta_{\rho})
[/mm]
das [mm] \phi [/mm] soll ein kleines phi für den Winkel sein
Für den ersten Teilbereich habe ich noch folgende Lösung, auf die ich wahrscheinlich schon wegen des [mm] \delta_{\rho} [/mm] nicht komme.
[mm] \overrightarrow{H}(\overrightarrow{r}_{\rho})=\overrightarrow{e}_{\phi \rho}* \bruch{1}{2\pi r_{1}}*\bruch{\delta_{\rho}}{r_{1}}
[/mm]
Könnte mir da jemand weiter helfen?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:29 Fr 11.09.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Warum die das Ding [mm] \delta_p [/mm] nennen ist mir unklar, aus dem Zusammenhang ist klar, dass es einfach [mm] |\vec{r_p}| [/mm] ist.
Welche Formeln kennst du denn um H aus I auszurechnen?
Denk dran, dass die Gesamtstromstaerke im Mantel und im Inneren gleich gross ist,aber entgegengesetzt. deshalb ist H=0 fuer r>r3
im innersten Bereich waechst bei konstanter Stromdichte die innerhalb liegende Stromstaerke mit dem Radius. Wie? also I(r) =? im Zwischenbereich ist die Stromstaerke innerhalb eines Kreises konstant, im Mantel nimmt die Gesamtstromstaerke innerhalb eines Kreises ab. Wie? .
kommst du damit weiter?
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:47 Fr 11.09.2009 | | Autor: | Binky |
Ich fange mal im ersten Bereich an:
[mm] \theta [/mm] = kreis [mm] \integral{ \overrightarrow{H} d\overrightarrow{l}}=I
[/mm]
[mm] d\overrightarrow{l}=r*d\phi
[/mm]
[mm] \overrightarrow{H}=H*\overrightarrow{e}_{\phi}
[/mm]
[mm] \Rightarrow I=kreis\integral{H*\overrightarrow{e}\phi * rd\phi}
[/mm]
[mm] I=H*\overrightarrow{e}\phi*r \integral_{0}^{2\pi}{d\phi}
[/mm]
[mm] \overrightarrow{H}=\overrightarrow{e}\phi*\bruch{I}{r2\pi}
[/mm]
Aber ich glaube, dass ich damit ja schon die Magnetische Feldstärke außerhalb meines Bereichs berechne.
edit:
mit der Stromdichte sollte ich weiter kommen:
[mm] S=\bruch{I}{A}
[/mm]
[mm] A=r_{0}^2*\pi
[/mm]
Also folgt:
[mm] kreis\integral{\overrightarrow{H}*d\overrightarrow{l}}=Hr 2\pi=\integral_{A}^{}{\overrightarrow{S}d\overrightarrow{A}}=\bruch{r^2\pi I}{r_{0}^2*\pi}
[/mm]
[mm] \Rightarrow H=r*\bruch{I}{2\pi r_{0}^2}
[/mm]
und [mm] \overrightarrow{H}=\overrightarrow{e}\phi r*\bruch{I}{2\pi r_{0}^2}
[/mm]
mit [mm] r=r_{1}
[/mm]
und [mm] \delta [/mm] = [mm] r_{0}
[/mm]
Dann wäre in der vorgegebenen Lösung nicht [mm] ...\bruch{[red] 1 [/red]}{2\pi r_{1}}... [/mm] sondern [mm] \bruch{[red] I [/red]}{2\pi r_{1}}
[/mm]
Stimmt das soweit?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:07 Fr 11.09.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du siehst zwar deinen Fehler, gehst aber nicht auf mein post ein. Stomstaerke: I
Stromdichte [mm] S=I/(\pi*r1^2)
[/mm]
wie gross ist der Gesamtstrom innerhalb [mm] r_p?
[/mm]
Das hatte ich schon im vorigen post gefragt. Du solltest auf posts genau eingehen, wenn du was nicht verstehst, zitier es und sag, was unklar ist>
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:28 Fr 11.09.2009 | | Autor: | Binky |
entschuldige bitte, hatte es noch in den alten Artikel editiert. War aber leider zu spät. Somit hier noch einmal.
mit der Stromdicht käme ich auf folgenden Ansatz:
[mm] S=\bruch{I}{A}
[/mm]
[mm] A=r_{0}^2*\pi
[/mm]
Also folgt:
[mm] kreis\integral{\overrightarrow{H}*d\overrightarrow{l}}=Hr 2\pi=\integral_{A}^{}{\overrightarrow{S}d\overrightarrow{A}}=\bruch{r^2\pi I}{r_{0}^2*\pi}
[/mm]
[mm] \Rightarrow H=r*\bruch{I}{2\pi r_{0}^2}
[/mm]
und [mm] \overrightarrow{H}=\overrightarrow{e}\phi r*\bruch{I}{2\pi r_{0}^2}
[/mm]
mit [mm] r=r_{1}
[/mm]
und [mm] \delta [/mm] = [mm] r_{0}
[/mm]
Dann wäre in der vorgegebenen Lösung nicht [mm] ...\bruch{[red] 1 [/red]}{2\pi r_{1}}... [/mm] sondern [mm] \bruch{[red] I [/red]}{2\pi r_{1}}
[/mm]
Stimmt das soweit?
Der Gesamtstrom innerhalb von [mm] r_{\rho} [/mm] ist [mm] I=kreis\integral{\overrightarrow{H}_{\rho} d\overrightarrow{l}}
[/mm]
wenn ich das nun richtig verstanden habe.
Gruß
Binky
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:25 Fr 11.09.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
ja, jetzt richtig.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:37 Sa 12.09.2009 | | Autor: | Binky |
Vielen Dank schon mal.
Dann mache ich mal mit der Berechnung weiter und stelle es dann hier noch einmal zur Überprüfung rein.
Gruß
Binky
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:23 Sa 12.09.2009 | | Autor: | Binky |
Ich greife noch einmal folgendes auf:
[mm] kreis\integral{\overrightarrow{H}*d\overrightarrow{l}}=Hr_{1} 2\pi=\integral_{A}^{}{\overrightarrow{S}d\overrightarrow{A}}=\bruch{r_{1}^2\pi I}{r_{\rho}^2*\pi}
[/mm]
[mm] \Rightarrow H=r_{1}*\bruch{I}{2\pi r_{\rho}^2}
[/mm]
und [mm] \overrightarrow{H}=\overrightarrow{e}\phi*r_{1}*\bruch{I}{2\pi r_{\rho}^2}
[/mm]
Ich zerbreche mir grade noch den Kopf darüber, wie ich mir klar machen kann, wo ich welches r wähle.
Zudem lautet ja die vorgegebene Lösung:
[mm] \overrightarrow{H}(\overrightarrow{r}_{\rho})= \overrightarrow{e}\phi*\bruch{I}{2\pi*r_{1}}*\bruch{r_{\rho}}{r_{1}}
[/mm]
Da komme ich ja nicht unbedingt hin. Ich verwechsle also ständig [mm] r_{1} [/mm] und [mm] r_{\rho}
[/mm]
Es geht alles noch um den ersten Bereich von [mm] 0\le r_{\rho} \le r_{1}
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:06 Sa 12.09.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Ich greife noch einmal folgendes auf:
>
> [mm]kreis\integral{\overrightarrow{H}*d\overrightarrow{l}}=Hr_{1} 2\pi=\integral_{A}^{}{\overrightarrow{S}d\overrightarrow{A}}=\bruch{r_{1}^2\pi I}{r_{\rho}^2*\pi}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow H=r_{1}*\bruch{I}{2\pi r_{\rho}^2}[/mm]
>
> und
> [mm]\overrightarrow{H}=\overrightarrow{e}\phi*r_{1}*\bruch{I}{2\pi r_{\rho}^2}[/mm]
>
> Ich zerbreche mir grade noch den Kopf darüber, wie ich mir
> klar machen kann, wo ich welches r wähle.
>
> Zudem lautet ja die vorgegebene Lösung:
> [mm]\overrightarrow{H}(\overrightarrow{r}_{\rho})= \overrightarrow{e}\phi*\bruch{I}{2\pi*r_{1}}*\bruch{r_{\rho}}{r_{1}}[/mm]
>
> Da komme ich ja nicht unbedingt hin. Ich verwechsle also
> ständig [mm]r_{1}[/mm] und [mm]r_{\rho}[/mm]
>
> Es geht alles noch um den ersten Bereich von [mm]0\le r_{\rho} \le r_{1}[/mm]
Du musst dir die Geometrie deines Integrationswegs anschauen. Male dir den Integrationsweg für das Linienintegral [mm] $\oint\vec{H}*d\vec{l}$ [/mm] in deine Zeichnung! Der Weg ist eine Kreislinie mit Radius [mm] $r_\rho$. [/mm] Das Flächenintegral auf der rechten Seite geht über die von dieser Kreislinie eingeschlossene Fläche, also dioe Kreisfläche mit Radius [mm] $r_\rho$.
[/mm]
Daher steht links (für den Bereich [mm]0\le r_{\rho} \le r_{1}[/mm])
[mm] \oint\vec{H}*d\vec{l} = H * 2\pi r_\rho [/mm]
Auf der rechten Seite steht, da die Stromdichte innerhalb der Kreisfläche vom Radius [mm] $r_\rho$ [/mm] konstant ist:
[mm] \integral_{A}^{}{\vec{S}d\vec{A}} = \bruch{I}{\pi r_\rho^2} \integral_{A} dA = \bruch{I}{\pi r_1^2} * \pi r_\rho^2 [/mm]
Beachte, dass im zweiten Schritt über die Kreisfläche integriert wird, daher ergibt sich der Flächeninhalt.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:24 Sa 12.09.2009 | | Autor: | Binky |
Jetzt hab ich es beisammen. Vielen Dank.
Nun mache ich mich mal an die weitere Berechnung.
Gruß
Binky
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:35 Sa 12.09.2009 | | Autor: | Binky |
Dann komme ich mal zum Bereich II.
[mm] r_{1}\le r_{\rho} \le r_{2}
[/mm]
[mm] Kreis\integral{\overrightarrow{H}d\overrightarrow{l}}=H*r_{\rho}*2\pi=\integral_{A}^{}{\overrightarrow{S}d\overrightarrow{A}}
[/mm]
[mm] \Rightarrow H=\bruch{I}{r_{\rho}*2\pi}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \overrightarrow{H}=\overrightarrow{e}\phi *\bruch{I}{r_{\rho}*2\pi} [/mm]
Wenn hier kein Fehler ist, ist mir der Bereich soweit klar.
Aber zu Bereich III
[mm] r_{2}\le r_{\rho} \le r_{3}
[/mm]
[mm] Kreis\integral{\overrightarrow{H}d\overrightarrow{l}}=H*r_{\rho}*2\pi=\integral_{A}^{}{\overrightarrow{S}d\overrightarrow{A}}
[/mm]
Nun ist [mm] \overrightarrow{S} [/mm] = [mm] \overrightarrow{e}_{z} [/mm] * [mm] \bruch{-I}{\pi(r_{3}^2-r_{2}^2)}
[/mm]
Aber was mache ich nun mit [mm] d\overrightarrow{A}?
[/mm]
Ich denke, dass es so aussieht. Aber wie löse ich das auf?
[mm] \overrightarrow{A}=\overrightarrow{e}_{z} [/mm] * [mm] r_{\rho} *d\phi [/mm] *dr
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:44 Sa 12.09.2009 | | Autor: | Infinit |
Hallo Binky,
für den dritten Bereich musst Du beachten, dass Du für das Umlaufintegral die Flächenanteile benötigst, in denen Strom fließt. Den Hinstrom darfst Du hierbei nicht vergessen. Du umschließt also auf jeden Fall schon mal den Strom I und dann, je nach Radius, den Teilflächenstrom mit negativem Vorzeichen aus dem Außenleiter.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:01 Sa 12.09.2009 | | Autor: | Binky |
Ich dachte den Hinstrom schließe ich aus aus meiner Betrachtung, da doch das Gebiet [mm] r_{2} \le r_{p} \le r_{3} [/mm] betrachtet wird. Oder liege ich da falsch?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:23 Sa 12.09.2009 | | Autor: | Infinit |
Dein Umlaufradius befindet sich für diese Teilaufgabe zwar in diesem Bereich, aber der alte Maxwell hat nun mal richtigerweise den Zusammenhang zwischen dem Umlaufintegral und der dadurch eingeschlossenen Fläche beschrieben. Den Hinstrom musst Du also weiterhin beachten, wenn Du auch gleich das Ergebnis dafür, nämlich I, direkt hinschreiben kannst.
Das Feld außerhalb eines Koaxkabels ist identisch Null, deswegen nimmt man es ja so gerne, da es keine Beeinflussung anderer Komponenten hervor ruft. Für [mm] r > r_3 [/mm] ist das dann auch erfüllt, da sich Hin- und Rückstrom genau aufheben.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:29 Sa 12.09.2009 | | Autor: | Binky |
Ich komme leider nicht weiter.
Wie stelle ich denn den Durchflutungssatz für diesen Fall auf?
Gruß
Binky
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:45 Sa 12.09.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
Die Stromdichte wird über die eingeschlossene Fläche integriert. Die eingeschlossene Fläche ist die Kreisfläche vom Radius [mm] $r_\rho$. [/mm] Für den Bereich III bedeutet das, dass du drei Anteile hast:
1. von 0 bis [mm] $r_1$: [/mm] Hier ergibt sich als Ergebnis gerade der Strom I
2. von [mm] $r_1$ [/mm] bis [mm] $r_2$: [/mm] dieser Anteil ist 0
3. von [mm] $r_2$ [/mm] bis [mm] $r_\rho$: [/mm] hier ist die Stromdichte, wie du richtig ausgerechnet hast,
[mm] - \bruch{I}{\pi(r_{3}^2-r_{2}^2)} \vec{e}_z [/mm]
Das Flächenelement hat die entgegengesetzte Richtung, also [mm][mm] d\vec{A} [/mm] = [mm] \vec{e}_z [/mm] r [mm] \dr d\phi$. ($r_\rho$ [/mm] darf da nicht stehen, der Radius ist doch nicht konstant!)
Die eingeschlossene Fläche ist [mm] $\pi(r_\rho^2-r_2^2)$, [/mm] sodass als Ergebnis
[mm] - I \bruch{r_\rho^2-r_2^2}{r_{3}^2-r_{2}^2} [/mm]
herauskommt.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:44 Sa 12.09.2009 | | Autor: | Binky |
Hallo und schon mal vielen Dank für die weitere Hilfe.
> Das Flächenelement hat die entgegengesetzte Richtung, also
> [mm]d\vec{A}[/mm] = [mm]\vec{e}_z[/mm] r [mm]\dr d\phi$. ($r_\rho$[/mm] darf da nicht stehen, der Radius ist doch nicht konstant!)
die entgegengesetzte Richtung verstehe ich nicht. Die Anmerkung dabei um so mehr  natürlich ist der Radius nicht konstant.
Weiter komme ich allerdings mit der Lösung:
[mm] \vec{H}=H*r_{\rho} *2\pi [/mm] = I- I * [mm] \bruch{r_{\rho}^2-r_{2}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
[mm] \Rightarrow H=\bruch{I}{r_{\rho}*2\pi}-\bruch{I}{r_{\rho}*2\pi}*\bruch{r_{\rho}^2-r_{2}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
[mm] =\bruch{I}{r_{\rho}*2\pi}*(1-\bruch{r_{\rho}^2-r_{2}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2})
[/mm]
Dies wäre dann meine Lösung.
Bei meiner Musterlösung steht allerdings
[mm] H=\bruch{I}{r_{\rho}*2\pi}*\bruch{r_{\rho}^2-r_{2}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
Warum das?
Ich könnte mir nur vorstellen, dass es schon das Gesamtergebnis für den gesamten Raum sein soll.
Gruß
Binky
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:56 Sa 12.09.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Deine Musterloesung ist falsch, das kannst du sehen, wenn du [mm] r_p=r_2 [/mm] oder [mm] r_p=r_3 [/mm] einsetzt. bei [mm] r_p=r_2 [/mm] muss der Wert
[mm] H=I*1/(2\pir_2) [/mm] rauskommen. bei [mm] r_p=r_3 [/mm] Muss H=0 rauskommen.
wenn du in deiner Klammer den HN bildest hast du im Gebiet 3
[mm] H=I*\bruch{1}{2*pi*r_p}*\bruch{r_3^2-r_p^2}{r_3^2-r_2^2}
[/mm]
entweder hat die musterloesung nen Druckfehler - was oft vorkommt- oder du hast falsch abgeschrieben.
Also kurz : deine Loesung ist richtig. siehe auch die 2 Grenzfaelle oben. (mit Grenzfaellen kannst du oft Loesungen ueberpruefen.)
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:00 So 13.09.2009 | | Autor: | Binky |
Das freut mich und noch mal vielen Dank an alle Helfer.
Der Tip mit den Grenzwerten ist wirklich Gold wert.
Meine Musterlösung besteht aus zwei Mitschriften. Seltsamerweise steht in beiden die gleiche Lösung. Es scheint also die Lösung des Übungsleiters falsch gewesen zu sein.
Gruß
Binky
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:37 Mo 14.09.2009 | | Autor: | Binky |
Die Musterlösung war doch richtig. Es ging dabei um den Bereich von
[mm] r_{2}\le r_{\rho} \le r_{3}
[/mm]
Wenn ich wie folgt vorgehe stimmt es, da ja nur der äußere Ring vom Koaxialleiter betrachtet wird:
[mm] kreis\integral \vec{H}*d\vec\{l}=H*r_{\rho}*2\pi=I_{0}
[/mm]
[mm] S=\bruch{I_{0}}{(r_{\rho}^2-r_{2}^2)\pi}=\bruch{I_{2}}{(r_{3}^2-r_{2}^2)\pi}
[/mm]
[mm] \Rightarrow I_{0}=I_{2}*\bruch{r_{\rho}^2-r_{2}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
[mm] \Rhightarrow H*r_{\rho}*2\pi=I_{2}\bruch{r_{\rho}^2-r_{2}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
[mm] H=\bruch{I_{2}}{(r_{3}^2-r_{2}^2)2\pi}*(r_{\rho}-\bruch{r_{2}^2}{r_{\rho}})
[/mm]
Und dies ist ja umgestellt die Musterlösung:
[mm] H=\bruch{I_{2}}{r_{\rho}*2\pi}*\bruch{r_{\rho}^2-r_{2}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
Nun ergibt sich allerdings für das Gebiet IV
[mm] r_{\rho}\ge r_{3}
[/mm]
H=0 da [mm] I_{1}=I [/mm] und [mm] I_{2}=-I
[/mm]
und da darf ich vielleicht wie folgt vorgehen:
kreis [mm] \integral \vec{H}*d \vec{l}=H*r_{\rho} *2\pi [/mm] = I- I * [mm] \bruch{r_{\rho}^2-r_{2}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
[mm] \Rightarrow H=\bruch{I}{r_{\rho}*2\pi}-\bruch{I}{r_{\rho}*2\pi}*\bruch{r_{\rho}^2-r_{2}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
[mm] =\bruch{I}{r_{\rho}*2\pi}*(1-\bruch{r_{\rho}^2-r_{2}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2})
[/mm]
Wäre schön, wenn da noch einmal jemand drüber schauen könnte.
Ich habe einfach noch Schwierigkeiten bei der Überlagerung von mehreren magnetischen Feldstärken.
Gruß
Binky
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:04 Mo 14.09.2009 | | Autor: | Infinit |
Hallo Binky,
so leid es mir tut, das stimmt einfach nicht, was Du da zusammengerechnet hast, auch wenn es sich schön liest. Das Umlaufintegral bezieht sich auf den durch den geschlossenen Umlauf eingeschlossenen Strom und dazu gehört nun mal auch der Strom im Hinleiter. Dass hier eine gewisse Diskrepanz vorliegt, siehst Du doch schon daran, dass Du für das Gebiet IV H = 0 hinschreibst, aber dennoch eine Restfeldstärke rausbekommst. Das kann nicht sein.
Viele Grüße,
Infinit
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:41 Mo 14.09.2009 | | Autor: | Binky |
Oh, entschuldige hatte auch noch einen Fehler eingebaut  :
[mm] r_{2}\le r_{\rho} \le r_{3}
[/mm]
Wenn ich wie folgt vorgehe stimmt es, da ja nur der äußere Ring vom Koaxialleiter betrachtet wird:
kreis [mm] \integral \vec{H}*d \vec{l}=H*r_{\rho}*2\pi=I_{0}
[/mm]
[mm] S=\bruch{I_{0}}{(r_{3}^2-r_{\rho}^2)\pi}=\bruch{I_{2}}{(r_{3}^2-r_{2}^2)\pi}
[/mm]
unter dem ersten Bruch hatte ich [mm] (r_{\rho}^2-r_{2}^2)\pi [/mm]
hab es mal geändert.
[mm] \Rightarrow I_{0}=I_{2}*\bruch{r_{3}^2-r_{\rho}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
[mm] \Rhightarrow H*r_{\rho}*2\pi=I_{2}\bruch{r_{3}^2-r_{\rho}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
[mm] H=\bruch{I_{2}}{(r_{3}^2-r_{2}^2)2\pi}*(\bruch{r_{3}^2}{r_{\rho}}-r_{\rho})
[/mm]
Und dies ist:
[mm] H=\bruch{I_{2}}{r_{\rho}*2\pi}*\bruch{r_{3}^2-r_{\rho}^2}{r_{3}^2-r_{2}^2}
[/mm]
und für den vierten Bereich sollte doch eigentlich [mm] H=I_{1}+I_{2}=0 [/mm] genügen oder?
Gruß
Binky
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:53 Mo 14.09.2009 | | Autor: | Infinit |
Hallo Binky,
wenn Du jetzt noch mit mir übereinstimmst, dass Dein I2 gleich I ist, dann sieht die Sache gut aus.
Viele Grüße,
Infinit
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:05 Mo 14.09.2009 | | Autor: | Binky |
> Hallo Binky,
> wenn Du jetzt noch mit mir übereinstimmst, dass Dein I2
> gleich I ist, dann sieht die Sache gut aus.
> Viele Grüße,
> Infinit
[mm] I_{2} [/mm] ist sogar -I und [mm] I_{1} [/mm] ist I
Damit sollte doch alles passen.
Ich glaub so langsam klappt es.
Gruß
Binky
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