magnetisches Moment < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:10 Di 09.06.2009 | | Autor: | Unk |
| Aufgabe | Eine Metallkugel hat den Radius R=1cm und wird auf [mm] 10^4 [/mm] V aufgeladen.
Welches magnetische Moment entsteht, wenn die Kugel mit [mm] f=200s^{-1} [/mm] rotiert?
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Hallo,
ich habe bei dieser Aufgabe bereits die Oberflächenladungsdichte ausgerechnet.
Jetzt habe ich bei wiki folgende Formel gefunden:
[mm] \overset{\rightarrow}{m}=\frac{1}{2}\cdot\int d^{3}r[\overset{\rightarrow}{r}\times\overset{\rightarrow}{j}(\overset{\rightarrow}{r})].
[/mm]
Leider weiß ich nicht wie ich damit argieren muss, also wie ich dieses Integral berechnen kann???
Wo geht meine Frequenz ein? Was ist j und wie berechne ich das Kreuzprodukt?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:15 Mi 10.06.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du hast doch, wenn du die Ladungsdichte kennst und die Kugel rotierst auf jedem Breitenkreis einen Kreisstrom j. alle die Kreisstroeme aufaddiert bzw integriert ergeben dein magn. Moment. Kennst du das magnet. Moment eines Kreisstroms, dann brauchst du Wiki nicht.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:31 Mi 10.06.2009 | | Autor: | Unk |
> Hallo
> Du hast doch, wenn du die Ladungsdichte kennst und die
> Kugel rotierst auf jedem Breitenkreis einen Kreisstrom j.
> alle die Kreisstroeme aufaddiert bzw integriert ergeben
> dein magn. Moment. Kennst du das magnet. Moment eines
> Kreisstroms, dann brauchst du Wiki nicht.
Dafür gilt doch [mm] m=q\cdot \frac{\omega r^2}{2}=\frac{1}{2} [/mm] q v r.
Das muss ich doch jetzt nur noch über r integrieren, also [mm] \int_{0}^{R}\frac{1}{2}qvr\, [/mm] dr oder?
Aber wo geht dann genau meine Drehfrequenz eigentlich ein?
Ist es einfach [mm] \omega=2\pi [/mm] f nach [mm] \omega [/mm] umstellen, und dann kenne ich die Winkelgeschwindigkeit, dann das Integral berechnen und fertig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:35 Mi 10.06.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Was ist q bei dir? und was v bzw. [mm] \omega. [/mm] du musst doch deine ladungsdichte verwenden?
gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:42 Mi 10.06.2009 | | Autor: | Unk |
Ok, also um nich den Überblick zu verlieren
ich habe die Ladungsdichte berechnet:
[mm] \varrho=\frac{Q}{4\pi R^{2}} [/mm] mit [mm] C=\frac{Q}{U}=4\pi\varepsilon_{0}R\Rightarrow Q=4\pi\varepsilon_{0}RU=1,11\cdot10^{-9}C. [/mm] Damit bekomme ich dann [mm] \varrho.
[/mm]
So, aber in meiner Formel für das magnetische Moment eines Kreisstoms ist die Ladungsdichte nicht vorhanden. q ist die jeweilige Ladung und v deren Geschwindigkeit. Wie muss ich das irgendwie umstellen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:37 Mi 10.06.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
wieviel ladung sitzt denn auf einem der Kreisringe der "Hoehe" dr und des Radius r?
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:06 Fr 25.09.2009 | | Autor: | Unk |
Auch wenn die Frage schon etwas älter ist muss ich nochmal darauf zurückkommen.
Ich habe mittlerweile eine Lösung dafür.
Zunächst einige Überlegungen:
Die Oberflächenladungsdichte: [mm] \sigma&=&\frac{Q}{A}\\&=&\frac{Q}{4\pi R^{2}}\\=&\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R}\cdot\frac{\varepsilon_{0}}{R}\\&=&U\frac{\varepsilon_{0}}{R}.
[/mm]
Dann:
m=IA und somit dm=AdI (warum ist hier der Strom veränderlich?)
Damit weiter: [mm] dm&=&AdI\\&=&\pi r^{2}dI\\&=&\pi r^{2}\frac{dq}{t}\\&=&\pi r^{2}fdq\\
[/mm]
[mm] =\pi r^{2}f\sigma [/mm] dA
Bis hierhin kann ich den Überlegungen folgen.
Nun geht die obige Rechnung so weiter:
= [mm] \pi r^{2}f\sigma2\pi rRd\theta
[/mm]
Es muss also [mm] dA=2\pi rRd\theta [/mm] sein. Wo liegt dann aber dieser Winkel [mm] \theta [/mm] und wieso berechnet sich diese Fläche so? Ich habe mal versucht es mir aufzuzeichnen, komme da aber nicht weiter.
Weiter in der Rechnung:
= [mm] 2\pi^{2}r^{3}fU\cdot\frac{\varepsilon_{0}}{R}Rd\theta
[/mm]
= [mm] 2\pi^{2}R^{3}fU\varepsilon_{0}sin^{3}\theta d\theta
[/mm]
Zu letzten Schritt steht noch dabei: [mm] r=Rsin\theta, [/mm] wenngleich ich diesen Zusammenhang nicht verstehe.
Damit hat man dann schon fast das Ergebnis:
[mm] m&=&2\pi^{2}R^{3}fU\varepsilon_{0}\int_{0}^{\pi}sin^{3}\theta d\theta [/mm] (warum sind die Integralgrenzen hier 0 bis [mm] \pi?)
[/mm]
[mm] =4,66\cdot 10^{-10}Am^2.
[/mm]
Die grobe Rechnung ist mir also schon klar, fertig macht mich im Grunde nur der Winkel [mm] \theta [/mm] und das dA.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:23 Fr 25.09.2009 | | Autor: | leduart |
hallo
Wenn du dir die Kugel als globus vorstellst ist [mm] \Theta [/mm] die koordinate des Breitenkreises, also an Aequator 0 am NordPol [mm] 90^o [/mm] bzw [mm] \pi/2 [/mm] .
ein Breitenkreis hat dann den Radies [mm] r=R*sin\Theta
[/mm]
und die Flaeche [mm] R*d\Theta*2*pi*r [/mm] ,
[mm] 2\pi*r=Umfang [/mm] des Streifens, [mm] R*d\Theta=Breite [/mm] des streifens.
Damit klar?
(Zeichne nen Schnitt durch die Kugel , so dass der Aequator ein Strich ist)
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 04:54 Fr 25.09.2009 | | Autor: | Unk |
Danke, jetzt sehe ich klarer.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 06:07 Fr 25.09.2009 | | Autor: | Unk |
> hallo
> Wenn du dir die Kugel als globus vorstellst ist [mm]\Theta[/mm] die
> koordinate des Breitenkreises, also an Aequator 0 am
> NordPol [mm]90^o[/mm] bzw [mm]\pi/2[/mm] .
> ein Breitenkreis hat dann den Radies [mm]r=R*sin\Theta[/mm]
> und die Flaeche [mm]R*d\Theta*2*pi*r[/mm] ,
> [mm]2\pi*r=Umfang[/mm] des Streifens, [mm]R*d\Theta=Breite[/mm] des
> streifens.
> Damit klar?
> (Zeichne nen Schnitt durch die Kugel , so dass der
> Aequator ein Strich ist)
> Gruss leduart
Gut ich habs versucht aufzumalen und soweit alles verstanden bis auf diese Beziehung:
[mm] r=R\mbox{sin}\Theta. [/mm] Ich kriege aus meinen Zeichnungen irgendwie auch kein Dreieck hin, in dem mein [mm] \Theta [/mm] dem Radius des Breitenkreises gegenüberliegt. Habe auch mal versucht es mir an einem modell klarzumachen, aber irgendwie komme ich dann anstatt des Sinus immer zu einem Kosinus.
Mal angenommen wir betrachenten den Breitenkreis um den Äquator, dann ist [mm] \Theta=0 [/mm] und damit r=0, aber es müsste doch r=R sein, oder nicht?
Wie kann man sich das noch verdeutlichen?
Mein 3D-Vorstellungsvermögen lässt mich da wohl im Stich.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:20 Fr 25.09.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du hast recht. Ich hatte mich vertan, weil es unterschiedliche 0 punkte fuer [mm] \Theta [/mm] gibt. Nur wenn man den Winkel am Pol =0 setzt gilt die Bezeichnung. dann laeuft [mm] \Teheta [/mm] von 0 bis [mm] \pi [/mm] statt wie bei mir von [mm] -\pi/2 [/mm] bis [mm] +\pi/2
[/mm]
In Mathe wird [mm] \Theta [/mm] oft anders festgelegt als in Geographie.so festgelegt.
siehe meine Zeichnung.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruss leduart
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:47 Sa 26.09.2009 | | Autor: | Unk |
Gut und schonmal Danke für die Mühe.
Nur nochmal zu der anfänglichen Musterlösung aus meinem ersten Beitrag.
Die zentrale Frage ist nun: Ist die richtig oder falsch? Also etwas genauer:
Das in der Lösung genommene [mm] \Theta [/mm] entspricht doch nun dem [mm] \alpha [/mm] in deiner Zeichnung. Wenn ich das aber so mache (also mit Winkel [mm] \alpha) [/mm] dann ändert sich ja der Teil unter dem Integral und somit das Endergebnis.
Ist in diesem Fall eigentlich die Breite/Dicke des Breitenkreises immer noch [mm] Rd\alpha
[/mm]
Oder meinen die in der Musterlösung mit dem [mm] \Theta [/mm] das [mm] \Theta [/mm] in deiner Zeichnung? Dann stimmt das Integral, aber dann ist doch die Dicke des Kreises nicht mehr [mm] Rd\Theta, [/mm] oder? Das wäre doch dann vielmehr [mm] Rd(90°-\Theta)?
[/mm]
Etwas verwirrt bin ich noch, aber auf dem richtigen Weg.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:56 Sa 26.09.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
in der Musterloesung ist das [mm] \Theta [/mm] aus meinem bild [mm] d\Theta [/mm] ist doch das Gleiche wie [mm] d\alpha, [/mm] da es ja nur eine winzige Winkeldifferenz ist. Also [mm] \Theta_1-\Theta_2 [/mm]
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:43 Sa 26.09.2009 | | Autor: | Unk |
Gut also ist die Musterlösung richtig. Nur warum wird dann in den Grenzen von 0 bis [mm] \pi [/mm] integriert.
Theoretisch müsste dann, wenn ich mit dem Kosinus arbeite ja das Selbe rauskommen.
Tuts bis jetzt noch nicht. Muss man dann andere Grenzen nehmen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:58 Sa 26.09.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du musst von einem Pol zum anderen integrieren, das ist ueber dem [mm] \Theta [/mm] von 0 bis [mm] \pi.
[/mm]
wenn du [mm] \alpha [/mm] nimmst und dann [mm] r=R*cos\alpha [/mm] laueft der winkel von [mm] -\pi/2 [/mm] bis [mm] +\pi/2 [/mm] siehe Zeichnung.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:03 So 27.09.2009 | | Autor: | Unk |
Ok damit passt.
Und als Fläche betrachten wir Quasi Dicke mal Umfang, also die Breite des Streifens als Fläche, weil die Ladung sich bei einer Metallkugel nur auf der Oberfläche befindet, oder?
Ansonsten nimmt man ja bei Leiterschleifen quasi die Kreisfläche.
Richtig?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:30 So 27.09.2009 | | Autor: | Unk |
Ach so nen quatsch. Natürlich nimmt man auch hier die Kreisfläche.
Hat sich also schon geklärt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:19 So 27.09.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
nein natuerlich keine Kreisflaeche sondern einen Ring mit Laenge = Umfang [mm] 2\pi*r [/mm] und Breite [mm] R*d\alpha.
[/mm]
Kreisflaechen kommen nicht vor.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:24 So 27.09.2009 | | Autor: | Unk |
> Hallo
> nein natuerlich keine Kreisflaeche sondern einen Ring mit
> Laenge = Umfang [mm]2\pi*r[/mm] und Breite [mm]R*d\alpha.[/mm]
> Kreisflaechen kommen nicht vor.
> Gruss leduart
Ja schon, bloß wir fangen ja so an:
dm=AdI und ersetzen das A durch [mm] \pi r^2, [/mm] also die Grundfläche der Ringe, also eine Kreisfläche.
Warum kann man nicht einfach sofort die Kugeloberfläche in A einsetzen, also m=AI mit A=Kugeloberfläche. Nur weil die Formel für geschlossene Leiterschleifen gilt?
Man kann ja auch mal annehmen, dass man ein Quadrat anstelle einer Kugel betrachtet, auch wenn das mit dem Drehen dann etwas schwieriger wird. Wie wäre es dann? Der Radius wäre immer gleich. Über welche Grenzen müsste man da integrieren?
Ich weiß nicht, ob diese Situation überhaupt irgendwie realistisch ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:35 So 27.09.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo,
es geht doch nicht um A sondern um I, die Kreisringe haben alle eine Ladung, die sich dreht. verfolg noch mal genau, was du eigentlich gerechnet hast, nicht einfach das letzte Integral.
also druck dir die wesentlichen Teile des threads oder deiner Rechnung aus, und ueberleg, was mit den Kreisringen bestimmt wird.
Bei Rueckfragen post mal die gesamte Rechng um m zu bestimmen.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:11 So 14.06.2009 | | Autor: | Franz1 |
http://www.physikerboard.de/htopic,13868,.html
:-(
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