Aufgaben 12.1 und 12.2

Annalein · Beitrag von **Annalein** » 29.02.2012 21:38

Könnte bitte jemand so nett sein und einen relativ ausführlichen Lösungsweg zu diesen Aufgaben hoch laden? Bitte!

haffael · Beitrag von **haffael** » 29.02.2012 22:40

ich klink mich mal ein..

[edit] es geht um 12.1 und so stimmts denke ich:

$Bild$

$Bild$

Annalein · Beitrag von **Annalein** » 29.02.2012 22:57

bei welcher bist du?
oO

haffael · Beitrag von **haffael** » 29.02.2012 23:21

sorry ^^ 12.1

glaub ich habs inzwischen, ist oben korrigiert. Irgendwo könnte aber noch ein Vorzeichenfehler drin sein..
In der Lösung steht kein Minus am anfang. Aber müsste das Feld nicht in negative z-Richtung zeigen, wenn man mal die "um den Leiter rumgreifen"-Regel anwendet?

Annalein · Beitrag von **Annalein** » 29.02.2012 23:53

also das erste r strich ist +a*ey + x*ex wenn man das obere leiterstück nimmt. und das nimmst du. zumindest hast du ja als grenzen 0 und unendlich

und wenn du dann -unendlich einsetzt, hast du stehen - unendlich / betrag unendlich*Wurzel (1+a/unendlich) damit siehst du, dass du ein -1 rausbekommst und kein +1 wie in deinem fall

wenn du dann mal die 12.2 gerechnet hast, kannst du ja deine latex kenntnisse noch etwas vertiefen ^^

haffael · Beitrag von **haffael** » 01.03.2012 00:15

Hmm ich hatte eigentlich das untere genommen.
Deswegen auch beim Wegelement $d \vec s = - d \lambda \vec e_x$ weil da der Strom ja nach links fließt..
Auf jeden fall sollte doch ein Feld rauskommen, das in negative z-Richtung geht.. oder nicht? In der Lösung stehts aber halt in positive z-Richtung. Hat da jemand eine schlaue Meinung dazu?

Habs oben mal geändert, und für das obere Stück gerechnet. Liest sich leichter.. war außerdem ein Vorzeichenfehler im Integral. Jetzt stimmts

mikro · Beitrag von **mikro** » 01.03.2012 07:50

haffael hat geschrieben: Auf jeden fall sollte doch ein Feld rauskommen, das in negative z-Richtung geht.. oder nicht? In der Lösung stehts aber halt in positive z-Richtung. Hat da jemand eine schlaue Meinung dazu?

Das kann ich so bestätigen. In der Lösung ist tatsächlich ein Fehler drin.

So, wie es oben steht stimmt es definitiv.

haffael · Beitrag von **haffael** » 01.03.2012 14:21

cool.

zur 12.5:
weiß jemand wie das hier funktioniert? kann ich aus dV einfach dA machen? und wo kommt die zweite Zeile her?

mikro · Beitrag von **mikro** » 01.03.2012 14:51

Meiner Meinung nach muss man bei der 12.5 nicht überhaupt nicht mit dem magnetischen Vektorpotential hantieren.
Alles was man braucht ist:
$\vec H=\frac{1}{4\pi\varepsilon} \int \frac{\vec J(\vec r) \times (\vec r-\vec r')}{|\vec r - \vec r'|^3} \mathrm{d}A$
Man bestimmt $\vec J(r)$ , $(\vec r-\vec r')$ und das Kreuzprodukt davon.
Der Rest ist normales Integrieren.

haffael · Beitrag von **haffael** » 01.03.2012 14:54

Hmm okay, aber dass dV einfach zu dA wird geht mir noch nicht ein

mikro · Beitrag von **mikro** » 01.03.2012 14:57

dV ist da denke ich auch vollkommener Unsinn. Was soll das denn ergeben, wenn man eine Stromdichte über ein Volumen integriert?
Generell ist das dA dort richtig und nicht das dV.

Edit:
Halt, nehme das zurück:
Das dA steht hier, da man ja nur über die Fläche integrieren muss. Der "Leiter" hat ja hier in y-Richtung keine Ausdehnung. Wäre das der Fall, muss natürlich dann dV stehen bleiben.

Johnny Trash · Beitrag von **Johnny Trash** » 01.03.2012 14:58

weil der strom doch auf einer fläche und nicht in einem volumen fließt

Annalein · Beitrag von **Annalein** » 01.03.2012 15:10

Kommt jemand bei der 12.2 auf das Ergebnis wie in der Aufgabensammlung? Ich bekomme irgendwie das negierte raus, keine Ahnung wo mein Fehler liegt....

haffael · Beitrag von **haffael** » 01.03.2012 16:51

Wir haben auch das negierte

$\frac{I_0(\vec e_y - \vec e_x)}{8a\pi}$

scheint wohl wieder ein Fehler zu sein

edit: moment, ich glaub wir haben einen Fehler

Johnny Trash · Beitrag von **Johnny Trash** » 01.03.2012 16:54

also ich habe das ergebnis aus der kurzlösung. hast du möglicherweise die stromrichtung falsch herum (zb von unendlich bis 0 integrieren, wenn du die stromrichtung in den integrationsgrenzen hast)

haffael · Beitrag von **haffael** » 01.03.2012 16:55

ja, du hast recht. hatte die Integrationsgrenzen aus versehen mal von oo -> 0 nach 0 -> oo gedreht. Das offizielle Ergebnis stimmt schon

Annalein · Beitrag von **Annalein** » 01.03.2012 17:20

also meine Grenzen sind von oo nach 0. und hab trotzdem das negierte raus

sternhagelvoll · Beitrag von **sternhagelvoll** » 01.03.2012 17:38

Kann dem nur zustimmen, die offizielle Lösung stimmt. Also ich lege die Richtung immer über den dr' Vektor fest, alternativ kann man auch über das Vorzeichen von I gehen. Die Grenzen sind dann in beiden Fällen immer von negativ zu positiv bzw. von 0 bis irgendwas positives. Man darf diese Richtungssachen aber niemals miteinander vermischen, es geht immer nur eine Methode.
Aber mal was anderes zur 12.2, wenn ich erkenne, dass die unteren Ströme sich aufheben, kann ich dann für den oberen Hauptstrom nicht einfach das Durchflutungsgesetzt anwenden um so mein H rauszubekommen?
Ich kann ja mit Polarkoordinaten rangehen und mein roh dann einfach über Satz des Pythagoras einsetzen. Wenn ich das dann am ende umforme komme ich bloß blöderweise auf das Doppelte. Bei der Umwandlung von e_phi zu e_x und e_y habe ich halt gesagt, e_phi = -sin(phi)*e_x + cos(phi)*e_y, dann für phi 45° eingesetzt.

sternhagelvoll · Beitrag von **sternhagelvoll** » 01.03.2012 18:07

haffael hat geschrieben:Hmm ich hatte eigentlich das untere genommen.
Deswegen auch beim Wegelement $d \vec s = - d \lambda \vec e_x$ weil da der Strom ja nach links fließt..
Auf jeden fall sollte doch ein Feld rauskommen, das in negative z-Richtung geht.. oder nicht? In der Lösung stehts aber halt in positive z-Richtung. Hat da jemand eine schlaue Meinung dazu?

Habs oben mal geändert, und für das obere Stück gerechnet. Liest sich leichter.. war außerdem ein Vorzeichenfehler im Integral. Jetzt stimmts

Kann es sein, dass du beim oberen Stück vom vorletzten zum letzten Term nen Fehler drinne hast? Wenn man die Grenze mit +unendlich einsetzt, kommt da bei ausklammern von 1/a eine 1 hin, das stimmt. Aber dann hast du + die untere Grenze gerechnet und nich - oder täusche ich mich?

edit: hm nee, stimmt schon was du da gemacht hast. Finde es nur komisch, statt dem -I0*a vor der Klammer und (lambda - b) im Zähler habe ich da ein +I0*a vor der Klammer und ein (b-lambda) im Zähler. Sollte ja eigentlich egal sein, ist es aber nich wenn man die Grenzen einsetzt. Ich komme da am Ende auf +I0 vor der Klammer und 1 - blablubb in der Klammer.

haffael · Beitrag von **haffael** » 01.03.2012 18:29

sternhagelvoll hat geschrieben: Kann es sein, dass du beim oberen Stück vom vorletzten zum letzten Term nen Fehler drinne hast? Wenn man die Grenze mit +unendlich einsetzt, kommt da bei ausklammern von 1/a eine 1 hin, das stimmt. Aber dann hast du + die untere Grenze gerechnet und nich - oder täusche ich mich?

0 - b = -b und das von der oberen Grenze abgezogen macht +b

Annalein hat geschrieben:also meine Grenzen sind von oo nach 0. und hab trotzdem das negierte raus

bei der 12.2 hab ich
$\vec r' = \lambda \vec e_z \quad (\lambda = \infty -> \lambda = 0)$
$d\vec s = d\lambda \vec e_z$
vermutlich hast du an dieser Stelle $-d\lambda \vec e_z$ gewählt. Man integriert aber schon "nach unten" im Leiter, also muss das Wegelement schon positiv bleiben. Sieht man auch wenn man r' nach lambda ableitet.

Aber mal was anderes zur 12.2, wenn ich erkenne, dass die unteren Ströme sich aufheben, kann ich dann für den oberen Hauptstrom nicht einfach das Durchflutungsgesetzt anwenden um so mein H rauszubekommen?
Ich kann ja mit Polarkoordinaten rangehen und mein roh dann einfach über Satz des Pythagoras einsetzen. Wenn ich das dann am ende umforme komme ich bloß blöderweise auf das Doppelte. Bei der Umwandlung von e_phi zu e_x und e_y habe ich halt gesagt, e_phi = -sin(phi)*e_x + cos(phi)*e_y, dann für phi 45° eingesetzt.

e_phi darfst du da nicht benutzen. Im Radius steckt sozusagen schon jeder beliebige Winkel drin. Das macht auch Sinn, denn die Feldstärke ist ja bei jedem Winkel gleich. Wenn du die unteren beiden Leiter weglässt, könntest du genausogut jeden anderen Punkt P auf der xy-Ebene mit der Entfernung $a\sqrt{2}$ vom Ursprung nehmen und würdest das gleiche Ergebnis erhalten.
Also $\vec r = a\sqrt{2} \vec e_\rho$ und dann später von $z=\infty$ bis 0 integrieren (bzw je nach dem wie man das eben wählt)

haffael · Beitrag von **haffael** » 01.03.2012 18:35

sternhagelvoll hat geschrieben:
edit: hm nee, stimmt schon was du da gemacht hast. Finde es nur komisch, statt dem -I0*a vor der Klammer und (lambda - b) im Zähler habe ich da ein +I0*a vor der Klammer und ein (b-lambda) im Zähler. Sollte ja eigentlich egal sein, ist es aber nich wenn man die Grenzen einsetzt. Ich komme da am Ende auf +I0 vor der Klammer und 1 - blablubb in der Klammer.

Sicher..? Sollte schon egal sein.
$-a\int_b^c dx = a \int_b^c -1 dx = a (-c + b) = -a (c-b)$

Haben wir die gleichen Grenzen? da muss man ja auch immer aufpassen mit dem vorzeichen

Annalein · Beitrag von **Annalein** » 01.03.2012 19:02

Mein Lösungsweg zur 12.2:

http://dl.dropbox.com/u/45618587/2012-0 ... .57.26.jpg

kann mir bitte einer sagen wo mein fehler ist?

Johnny Trash · Beitrag von **Johnny Trash** » 01.03.2012 19:12

erstmal hast du die stromrichtung doppelt drin. einmal in den integrationsgrenzen und einmal im wegelement dl.
außerdem ist deine differenz der beiden vektoren falsch. der z-teil ist negativ. aber das hat keinen einfluss aufs ergebnis

Annalein · Beitrag von **Annalein** » 01.03.2012 19:21

aaaaaaaah das r´= z*ez und nicht -z*ez verstehe, danke

sternhagelvoll · Beitrag von **sternhagelvoll** » 01.03.2012 19:26

haffael hat geschrieben:
sternhagelvoll hat geschrieben:
edit: hm nee, stimmt schon was du da gemacht hast. Finde es nur komisch, statt dem -I0*a vor der Klammer und (lambda - b) im Zähler habe ich da ein +I0*a vor der Klammer und ein (b-lambda) im Zähler. Sollte ja eigentlich egal sein, ist es aber nich wenn man die Grenzen einsetzt. Ich komme da am Ende auf +I0 vor der Klammer und 1 - blablubb in der Klammer.
Sicher..? Sollte schon egal sein.
$-a\int_b^c dx = a \int_b^c -1 dx = a (-c + b) = -a (c-b)$

Haben wir die gleichen Grenzen? da muss man ja auch immer aufpassen mit dem vorzeichen

das Problem ist der Teil wo man unendlich als obere Grenze einsetzt. Man muss dazu ja oben und unten erweitern, dabei fällt der Term im Zähler weg, im Nenner ist es durch die Quadrierung nun egal geworden welches Vorzeichen der Term mal hatte. Bei beiden Variaten kommt somit beim unendlich einsetzen 1 raus, und nich -1. Dadurch können die beiden Lösungen die rauskommen nicht mehr dieselben sein. Es müssten sich halt alle Vorzeichen ändern, tun sie aber nicht mehr. Und das verstehe ich irgendwie nich

netAction Forum

Aufgaben 12.1 und 12.2

Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2

Re: Aufgaben 12.1 und 12.2