Angaben
Tut090604.pdf (35.7 KB)
Beim ersten hätte ich jetzt 2 entgegen gerichtete B-Felder überschoben (entgegen gerichtet weil umgekehrte Stromrichtungen damit der Strom im Bohrloch = 0 wird) und bekomme:
\vec{B}=\frac{\mu {0}}{2\pi R{0}^{2}}\vec{I} \times \vec{a}
Wieso eigentlich 4.6.? Fr ist doch 5.6.
Ist ein Tippfehler im pdf, ich habs einfach nur abtippt ohne nachzuschaun…
Das dritte hätte ich auch schon gelöst (schreib ich morgen was dazu wenns wer sehen möchte. Ist eigentlich wieder nur amperesches Gesetz und halt unterscheidung welcher Strom von der Integration eingeschlossen wird) aber beim 2er hab ich wirklich keinen Plan bisher…
Beim zweier habe ich einfach in dei biot-savart gleichung eingesetzt…aber dann erhalte ich vorallem beim Kreisförmigenleiter extrem seltsame Integrale…die es noch heißt zu lösen 
beim ersten bsp…habe ich das ganze mit J ausgedrückt…und das x heißt *…oder?, weil dann bekomme ich das selbe heraus 
…aber gerechnet habe ich das ganze mit ampere!
beim dritten habe ich einfach vier mal ampere angewandt…und bekomme dann die lsg…
B=uJr/2 für r<a
B=uJa^2/2r für a<r<b
B=uJ(a^2+b^2-r^2)/2r für b<r<c
B=uJ(a^2+b^2-c^2)/2r für c<r
x steht für das Kreuzprodukt weil das B Feld in Richtung das Azimutalvektors zeigt und Z x R ergibt genau die Richtung.
Beim 2ten scheitere ich im Moment schon daran vernünftige Ansätze aufzustellen.
Beim dritten schauen meine Formeln wohl anders aus, allerdings gehen bei mir die B-Felder an den Grenzen ineinander über wesshalb das stimmen muss.
Hallo!
Also mir kommt als Richtung beim Bsp 2, die Richtung von ai raus…analog zu dem Bsp mit den zwei Kugeln aus der früheren Übung!
mmh…wb
Hey, also ich bin noch nicht ganz sicher was deine Lösung in b<r<c angeht, aber ich bin ziemlich sicher dass das B-Feld ganz draußen, also für r>c gleich Null ist. Folgt aus dem Ampere’schen Gesetz weil der Gesamtstrom der Anordnung pro Querschnittsfläche Null ist! oder?
Ich komm auf folgende Lösung für den Zwischenbereich b<r<c
B^i(r)=\frac{u_0 I}{2\pi r}(1-\frac{r^2-b^2}{c^2-b^2})e^i_{\varphi}
Das bekomme ich auch heraus (sowohl die Formel als auch für das Feld aussen = 0). Man sieht auch dass die B-Felder hier jeweils an den Grenzen ineinander über gehen.
Aber für das 2er fehlt noch immer jeglicher Ansatz. Er hat heute nur ein hochsymmetrisches Beispiel gezeigt was mir allerdings garnicht weiter hilft. Ich hab schon überlegt ob sich die B Felder der Schleife auf den Drahtstrom vieleicht aus Symmetrie aufheben, aber bin mir da nicht so sicher.
Edit:
Zum 3ten Beispiel nochmal.
Wenn man nachschaut findet man sogar ein ähnliches Beispiel im Demtröder 2. Kapitel 3 Beispiel 2.
Bin jetzt leicht verwirrt… wo ist die r- und phi-Abhängigkeit?
Ich bekomm wie beim ähnlichen Elektrostatik-Kugel-Bsp.
H(r,\phi) = \frac{Ir}{2\pi R_0^2} - \frac{I’ \sqrt{r^2 - 2ar\cos\phi +a^2}}{2\pi a^2}
Wobei I’ der Strom vom „Hohlraum-Spiegelleiter“ ist
Das ganze sind 2 ineinander gelegte Zylinder.
Feld eines Zylinders in seinem Inneren:
\vec{B}=\frac{\mu Ir}{2\pi R_{0}}\hat{\varphi } =\frac{\mu }{2\pi R_{0}} \vec{I}\times \vec{r}
Das ist das Feld des äusseren Zylinders. In der Bohrung fließt jedoch kein Strom, daher muss man es an dieser Stelle mit einem Zylinder mit entgegen gerichtetem Strom überlagern mit Radius r_0, bzw allgemein einfach nach Vektoraddition den Mittelpunkt des Zylinders verschieben. Daher folgt für den kleinen Zylinder:
\vec{B}=-\frac{\mu }{2\pi R_{0}} \vec{I}\times (\vec{r} -\vec{a})
Diese 2 B-Felder nun einfach addieren und man hat obiges Ergebnis.
Ok genau so hab ich’s eh gemacht, die Formeln sind eigentlich eh identisch (nur die Richtung \hat e_\phi hab ich oben nicht hingeschrieben und dass ich a in x-Richtung gelegt habe, statt allgemein \vec a zu verwenden). Nur das mit der Addition muss ich mir noch anschauen, wieso da die r-Abhängigkeit wegfällt. Ich versteh nämlich noch nicht ganz, wie das aus Feld (im Bohrloch) konstant sein kann, wenn es 2 Feldern besteht, die nicht den gleichen Ursprung haben.
Edit: Ah ich glaube es liegt am Vorzeichen… \hat e_\phi zeigt ja jeweils einmal nach hinten und einmal nach vorne. Na egal wird schon passen, thx nochmal 
Ja der ganze Hintergrund ist das Vorzeichen. Ich habs etwas schlecht formuliert denn die stromdichten müssen gegengleich sein (daher beide ströme durch die gleiche fläche dividiert). Ist dies erfüllt so ist der Nettostrom in der Bohrung 0 und es bleibt lediglich dieser konstante Anteil über.
Bsp. 3 gibt’s hier nochmal mit der Laplace-Gleichung: http://theory.gsi.de/~vanhees/faq/coax/node4.html
Bevor ich mir da sinnlos Arbeit antu: Magnetfeld beider Leiter ausrechnen, für die Kraft dann \vec F_{1,2} = \int \vec f_{1,2}\ dV_{1,2} = \int \varrho_{1,2}\left(\vec v_{1,2}\times\vec B_{2,1}\right)\ dV_{1,2} = \int (\vec j_{1,2}\times\vec B_{2,1})\ dV_{1,2}, oder?
Edit: Vielleicht ist ein Umweg über die Induktivität besser, da weniger Rechenaufwand? Ähnliches Bsp im Anhang (IV-10), dort ist die Leiterschleife allerdings in einer Ebene mit dem Leiter. Hoffe es bringt noch was, wenn man’s auf dieses Bsp anwendet.
k04_L2.pdf (1.17 MB)
Bin nicht ganz sicher ob ich die schreibweise mit den Indexen richtig verstehe, aber zumindest schauts so aus wie ich denke. Das „externe“ B feld integriert über das volumen der stromdichte
Ok danke, wobei das 4 Integrale sind und mit dem Induktivitätskoeffizienten nur 1 => besser Also
W = \frac{1}{2} \sum\limits_{i,j=1}^n L_{ij} I_i J_i
L_{12} = \frac{\mu_0}{4\pi I_1 I_2} \int\int \frac{\vec j_1(\vec r) \cdot \vec j_2(\vec r’)}{|\vec r - \vec r’|}\ dV\ dV’
\vec F_{12} = -\vec\nabla_d W_{12}(d)
Jetzt muss man „nur“ noch die Stromdichten richtig ausdrücken und das Integral lösen. Mal sehen ob das klappt.
Also ich hätts mit der Formel aus der Vorlesung (bzw Demtröder) versucht mim B halt noch als zu lösendes Integral. Aber da kam einfach nur Schwachsinn zustande.
Mit der Gegeninduktivitätsmethode kommt mir lustigerweise immer reproduzierbar 0 raus… weiß aber nicht ob das stimmen kann Aber nachdem im vorhin angehängten Beispiel was rauskommt und die Leiterschleife dort normal zur Leiterschleife in unserem Bsp liegt, könnte es schon sein …
Wozu der Hinweis gut ist, hab ich auch noch nicht kapiert. Hat den schon jemand benötigt?
Ausschauen tut der Hinweis ja verdächtig nach den Polarkoordinaten des Kreisringes (Da gerade funktion im Nenner 2x von 0->Pi integriert) aus, nur warum da ein sin^2 steht und kein cos gibt mir zu denken.