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17Student20
Anmeldungsdatum: 20.05.2012
Beiträge: 41
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 17Student20 Verfasst am: 08. Mai 2013 21:38 Titel: Stromdichte |
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Meine Frage:
) Die Stromdichte in einem zylindrischen Draht mit dem Radius  sei homogen über den Querschnitt des Leiters und betrage  . Wie
groß ist der Strom durch den äußeren Teil des Drahtes zwischen den Radien
 und  ?
) Nehmen Sie im Unterschied zu Teil an, die Stromdichte sei über den Querschnitt des Drahts nicht homogen, sondern hänge vom radialen Abstand  von
der Mittelachse des Drahts in der Form  ab  in Metern)
Wie groß ist nun der Strom durch den selben äußeren Teil des Drahts?
Meine Ideen:
Das ohmsche Gesetz:  . Außerdem ist die Stromdichte definiert als das Verhältnis der Stromstärke  , zur Querschnittsfläche , durch die der Strom tritt. Satz von Gauß hm? Gracia
Zuletzt bearbeitet von 17Student20 am 08. Mai 2013 21:50, insgesamt einmal bearbeitet |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 08. Mai 2013 21:48 Titel: |
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dI/dA = J
->
dI = J*dA
Integral drüberwerfen und entsprechend der vorgegebenen Grenzen integrieren, fertig. |
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17Student20
Anmeldungsdatum: 20.05.2012
Beiträge: 41
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| 17Student20 Verfasst am: 08. Mai 2013 21:56 Titel: |
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| Namenloser324 hat Folgendes geschrieben: | dI/dA = J
->
dI = J*dA
Integral drüberwerfen und entsprechend der vorgegebenen Grenzen integrieren, fertig. |
Das meinte ich ja mit "die Stromdichte ist definiert als das Verhältnis der Stromstärke , zur Querschnittsfläche, durch die der Strom tritt
also 
und der Strom ist dann das Produkt aus der Stromdichte mit der Querschnittsfläche:
Einfach integrieren hm was genau.  ? |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 08. Mai 2013 22:07 Titel: |
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Steht doch da, über die Kreisfläche zwischen R/2 und R.
schreib mal dA in Zylinderkoordinaten auf |
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17Student20
Anmeldungsdatum: 20.05.2012
Beiträge: 41
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| 17Student20 Verfasst am: 08. Mai 2013 22:56 Titel: |
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Allgemein:
so? |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 08. Mai 2013 23:45 Titel: |
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ähhh, nein.
dA ist ein infinitesimales Flächenelement, ist dir dieser Begriff schon mal untergekommen?
In Zylinderkoordinaten gilt
dA = r*dr*dphi, du erhälst dann ein zweifach Integral |
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17Student20
Anmeldungsdatum: 20.05.2012
Beiträge: 41
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| 17Student20 Verfasst am: 08. Mai 2013 23:55 Titel: |
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Joa schon mal gehört das Volumenelement  in Zylinderkoordinanten ist
Nur wie stelle ich das Integral auf. Habe da vllt einmal so ein Integral berechnet (Zylindervolumen) und das war's.
Die z Achse ist im Ursprung und der Rest? |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 09. Mai 2013 00:00 Titel: |
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Das letzte dann als bestimmtes Integral auswerten. Integrationsgrenzen sind zum einen R/2 sowie R als auch 0 und 2 Pi für den Radius respektive den Winkel.
Reihenfolge der Integration ist egal. |
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17Student20
Anmeldungsdatum: 20.05.2012
Beiträge: 41
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| 17Student20 Verfasst am: 09. Mai 2013 00:14 Titel: |
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^2 \, \dd\varphi=)
Stimmt das bis hier? Jetzt noch nach  |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 09. Mai 2013 00:16 Titel: |
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Ja das ist richtig, bis auf eine Klammer die du vergessen ahst am Ende.
Das dphi gehört an beide Summanden am Ende |
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17Student20
Anmeldungsdatum: 20.05.2012
Beiträge: 41
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| 17Student20 Verfasst am: 09. Mai 2013 00:26 Titel: |
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Oki hast recht. Korrekt - danke.
^2) \, \dd\varphi=)
^2) \, \dd\varphi)
^2)\cdot \varphi |_{0}^{2\pi})
^2)\cdot 2\pi )
Jetzt nur noch die Werte einsetzen? |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 09. Mai 2013 00:46 Titel: |
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Japp  |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 09. Mai 2013 02:30 Titel: |
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Ich glaube, diese Lösung ist falsch und viel zu kompliziert hergeleitet. Es geht doch um Aufgabenteil a), oder? Die Stromdichte ist homogen über den ganzen Querschnitt. Dann ist ein Teil des Stromes durch eine ganz bestimmte Fläche gleich der Stromdichte mal dieser Fläche. Die ist im vorliegenden Fall gleich der gesamten Kreisfläche (mit Radius R) abzüglich der Kreisfläche mit Radius R/2. Also ist der äußere Teilstrom
^2\right))
Bei der Lösung von 17Student20 hat sich fälschlicherweise irgendwie noch ein Faktor 2 dazu gemogelt. |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 09. Mai 2013 02:42 Titel: |
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Überleg mal welchen Wert J hat GVC |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 09. Mai 2013 03:39 Titel: |
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Au ja, das habe ich übersehen. Es wäre mir aufgefallen, wenn ich die Werte eingesetzt hätte. Danke für die Richtigstellung.
Dennoch glaube ich, dass meine Vorgehensweise die einfachere ist. |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 09. Mai 2013 04:19 Titel: |
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Stimmt, aber ich halte es nicht immer für hilfreich die einfache Variante zu wählen, so übt man zu selten die allgemeine Variante.
Etwa so wie häufig in den Elektrotechnikvorlesungen/übungen Integrale durch Symmetrieüberlegungen vermieden werden, was den mathematischen Fähigkeiten abträglich ist. |
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17Student20
Anmeldungsdatum: 20.05.2012
Beiträge: 41
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| 17Student20 Verfasst am: 09. Mai 2013 06:59 Titel: |
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^2)\cdot 2\pi
<br />
<br />
=10^5 A/m^2 \cdot (0,002m)^2 - 10^5 A/m^2 \cdot (0,001m)^2)\cdot 2\pi
<br />
=(200 A/m^2 \cdot m^2-100 A/m^2 \cdot m^2) \cdot 2\pi
<br />
=200 \pi A)
-------------------------------------------------------------------------------------
Bei soll man jetzt annehmen, dass die Stromdichte über den Querschnitt des Drahts nicht homogen, sondern vom radialen Abstand von der Mittelachse des Drahts in der Form ab in Metern) abhänge. D.h. wir müssen uns unser neues ![](https://www.matheboard.de/latex2png/latex2png.php?"r") berechnen.
Wie groß ist nun der Strom durch den selben äußeren Teil des Drahts?
Ich muss quasi das gleiche Integral berechnen, aber jetzt mit  bis , oder habe ich was überschlagen?
Thanks an Euch beide. |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 09. Mai 2013 11:52 Titel: |
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Bei der Berechnung zu a) hast Du Dich sowohl in den Zehnerpotenzen als auch in der Ziffernfolge kräftig verhauen. Das könnte Dir eigentlich auffallen, dass ein Strom von über 600A in nur einem Teil eines Leiters mit 2mm Radius nicht realsitisch sein kann. Du hast vergessen, die Radien zu quadrieren.
Zu b)
| 17Student20 hat Folgendes geschrieben: | | D.h. wir müssen uns unser neues berechnen. |
Warum willst Du denn jetzt neue Radien berechnen. Die Aufagenstellung sagt doch ganz deutlich, dass Du den Strom
| 17Student20 hat Folgendes geschrieben: | | ...durch den selben äußeren Teil des Drahts ... |
bestimmen sollst. |
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17Student20
Anmeldungsdatum: 20.05.2012
Beiträge: 41
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| 17Student20 Verfasst am: 09. Mai 2013 14:30 Titel: |
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^2 - 10^5 A/m^2 \cdot (0,001m)^2)\cdot 2\pi
<br />
=\frac{3}{5} \pi A)
-------------------------------------------------------------------------------------
So jetzt wird es wohl stimmen. GVC hast vollkommen Recht.
Also bei das Doppelintegral mit den gleichen Grenzen, nur ist jetztab ) zu integrieren? |
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Namenloser324
Gast
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| Namenloser324 Verfasst am: 09. Mai 2013 15:28 Titel: |
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Genau, hättest du den ersten Teil von mir anders erklärt bekommen, wüsstest du jetzt nicht wie es geht.(@GvC) |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 09. Mai 2013 16:21 Titel: |
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Ich würde trotzdem nie auf die Idee kommen, bei homogener Feldverteilung zu integrieren. Das Metier des Ingenieurs ist der optimale Wirkungsgrad. Physiker denken da ein bisschen anders.
Auch im Fall b) würde ich kein Doppelintegral bilden, denn die Stromdichte ist nur abhängig von r und nicht vom Winkel. Diese Eigenschaft mache ich mir zunutze, gucke mir als infintesimal kleines Flächenelement die kreisringförmige Fläche dA=2*pi*r*dr aus, auf dem die Stromdichte konstant ist, berechne den infinitesimal kleinen Teilstrom dI=J*dA durch diese Fläche und addiere (integriere) alle Teilströme von R/2 bis R.
Du hast recht, dass Deine Methode natürlich immer zum Ziel führt und auch kompliziertere Szenarien abdeckt. Wenn Du aber nur diese Methode übst, kommst Du in der Klausur möglicherweise gar nicht auf die Idee, eine einfachere Methode anzuwenden. Da geht Dir dann wertvolle Zeit verloren. Außerdem erhalten Studierende das Gefühl, dass es ausschließlich um Mathematik geht, erfahrungsgemäß leidet dann das physikalische Verständnis darunter.
Didaktisch wäre es deshalb durchaus von Vorteil, wenn man vom homogenen Fall ausgeht, ihn auch übt, die daraus gewonnenen Erkenntnisse auf den einfach inhomogenen Fall (wie hier Teil b) überträgt, den ebenfalls intensiv übt und sich dann an mehrfach inhomogene Szenarien wagt. |
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17Student20
Anmeldungsdatum: 20.05.2012
Beiträge: 41
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| 17Student20 Verfasst am: 09. Mai 2013 16:41 Titel: |
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| GvC hat Folgendes geschrieben: | Wenn Du aber nur diese Methode übst, kommst Du in der Klausur möglicherweise gar nicht auf die Idee, eine einfachere Methode anzuwenden. Da geht Dir dann wertvolle Zeit verloren. Außerdem erhalten Studierende das Gefühl, dass es ausschließlich um Mathematik geht, erfahrungsgemäß leidet dann das physikalische Verständnis darunter.
Didaktisch wäre es deshalb durchaus von Vorteil, wenn man vom homogenen Fall ausgeht, ihn auch übt, die daraus gewonnenen Erkenntnisse auf den einfach inhomogenen Fall (wie hier Teil b) überträgt, den ebenfalls intensiv übt und sich dann an mehrfach inhomogene Szenarien wagt. |
Vielleicht magst du deinen Teil beispielhaft vorrechnen für die a) dann würde ich anhand dessen es bei b) mit beiden Wegen berrechnen. Fände ich jedenfalls mega |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 09. Mai 2013 18:06 Titel: |
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| 17Student20 hat Folgendes geschrieben: | | Vielleicht magst du deinen Teil beispielhaft vorrechnen für die a) ... |
Ich verstehe nicht ganz. Das habe ich doch schon gemacht: I=J*A. Du rechnest die Fläche aus, über der die Stromdichte homogen ist, und multiplizierst sie mit der gegebenen Stromdichte. Oder meinst du was anderes?
Ach so, vielleicht willst Du die Erkenntnis wissen, die man aus diesem Homogenbeispiel gewinnt. Es ist die, dass der Strom durch eine Fläche, auf der die Stromdichte überall dieselbe ist, sich berechnen lässt als Stromdichte mal Fläche. Wenn die Stromdichte nicht konstant wäre, ginge das gar nicht, denn Du wüsstest nicht, welchen Wert Du für J einsetzen sollst. Wie z.B. im Fall b). Da hat die Stromdichte auf der ganzen Kreisringfläche überall einen anderen Wert - halt, nicht überall: an allen Stellen mit gleichem Radius ist die Stromdichte dieselbe. Dennoch wüsstest du nicht, welchen Wert für die Stromdichte Du in die einfache Formel aus a) einsetzen solltest.
Übertrage nun die Erkenntnis aus a) auf Teil b). Die kannst du dann so formulieren: Der Teilstrom durch eine Teilfläche, auf der die Stromdichte überall dieselbe ist, lässt lässt sich berechnen als Stromdichte mal Teilfläche.
Im Beispiel b) ist die Stromdichte überall da dieselbe, wo dasselbe r ist, also auf einer konzentrischen Kreislinie um die Zylinderachse (der hier betrachtete Leiter hat ja Zylinderform). Nun ist eine Kreislinie noch keine Fläche. Wenn Du Dir aber eine weitere konzentrische Kreislinie im Abstand dr vorstellst, und diesen Abstand dr gedanklich so klein machst, dass sich r praktisch nicht ändert, dann hast Du eine infinitesimal kleine Teilfläche dA=2*pi*r*dr definiert, auf der die Stromdichte überall dieselbe ist. Du kannst also den infinitesimal kleinen Teilstrom durch diese kreisringförmige Teilfläche bestimmen zu
Nun setzt sich die gesamte Fläche zwischen R/2 und R aus unzähligen solcher kleinen Teilflächen zusammen. Der gesamte Strom durch die gesamte Fläche zwischen R/2 und R ist also die Summe aller ininitesimal kleinen Teiströme. Die Summe infinitesimal kleiner Elemente nennt man Integral. Das Integralzeichen ist also nichts anderes als ein Summenzeichen für infinitesimal kleine Elemente, also sowas:
Leuchtet ein, oder?
Jetzt setzt du für dI den zuvor berechneten Teilstrom ein:
Da J abhängig von r ist und Du über r integrieren willst, musst du jetzt natürlich für J die gegebene Größe einsetzen J=a*r²
Konstanten vors Integralzeichen:
Das kannst du jetzt alleine ausrechnen, oder?
Ganz zum Schluss setzt Du alle gegebenen Werte samt ihren Einheiten ein. |
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17Student20
Anmeldungsdatum: 20.05.2012
Beiträge: 41
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| 17Student20 Verfasst am: 12. Mai 2013 09:10 Titel: |
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)
^4=2\cdot a\cdot\pi\cdot \frac{1}{4} \left((R^4-\left (\frac{R}{2} \right)^4 \right))
^4 \right))
^4-\left (\frac{0,002m}{2} \right)^4 \right)=\frac{9}{4} \pi)
Müsste hinhauen? Großes Lob GVC - Danke. Auch danke an Namensloser324. |
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GvC
Anmeldungsdatum: 07.05.2009
Beiträge: 14861
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| GvC Verfasst am: 12. Mai 2013 11:59 Titel: |
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Fehlt nur noch die Einheit. Denn (9/4)*pi ist kein Strom, sondern nur irgendeine Zahl. |
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