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Aufgabe

Unterschiedlich starke Magnetfelder

Schwierigkeitsgrad: schwere Aufgabe

Eine quadratische Leiterschleife (Quadratseitenlänge \(a=10\,\rm{cm}\)) wird horizontal durch ein homogenes, dazu senkrecht stehendes Magnetfeld mit \(B = 1{,}0 \cdot 10^{-2}\,{\frac{\rm{V}\,\rm{s}}{\rm{m}^2}}\) von quadratischer Dimension (Quadratseitenlänge \(b=30\,\rm{cm}\)) und anschließend durch ein zweites, gleichartiges Feld mit der halben Flussdichte geführt (siehe Skizze). Die Geschwindigkeit beträgt dabei \(v=2{,}0\,{\frac{\rm m}{\rm s}}\).

 

a)Skizziere den Verlauf der induzierten Spannung als Funktion des Ortes von PQ.

b)Berechne die dabei auftretenden Spannungen.

c)Die Leiterschleife wird nun bei RS kurzgeschlossen.

Bestimme die Richtung des Induktionsstroms \(I_{\rm{i}}\).

Berechne den Betrag dieser Stromstärken, wenn der Leiter den Widerstand \(R_{\rm{i}} = 0{,}010\,\Omega\) hat.

Bestimme die Richtung und die Größe der auf die Leiterschleife wirkenden Kräfte. Vom Gewicht der Leiterschleife wird abgesehen.

d)Erläutere, wie sich die Induktionsspannung, der Strom und die Kraft beim Eintritt in das Feld gegenüber Teilaufgabe c) ändert, wenn statt einer Leiterschleife \(N\) übereinander liegende Leiterschleifen mit dem ursprünglichen Drahtquerschnitt verwendet werden und diese

•  hintereinander

•  parallel geschaltet werden.

e)Berechne die mechanische Arbeit, die notwendig ist, um die Leiterschleife von Teilaufgabe c) durch das Feld zu ziehen.

f)Berechne die elektrische Arbeit, die im Leiter verrichtet wird, wenn die Leiterschleife durch das ganze Feld gezogen wird, und bestätige damit den Energieerhaltungssatz.

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a)Siehe Abb. 2.

b)\[{U_{\rm{i,1}}} = -B \cdot a \cdot v \Rightarrow {U_{\rm{i,1}}} = -1{,}0 \cdot {10^{ - 2}} \cdot 0{,}10 \cdot 2{,}0\,{\rm{V}} = -2{,}0 \cdot {10^{ - 3}}\,{\rm{V}}\]\[{U_{\rm{i,2}}} = -\frac{B}{2} \cdot a \cdot v - \left( {-B \cdot a \cdot v} \right) \Rightarrow {U_{\rm{i,2}}} = 0{,}50 \cdot {10^{ - 2}} \cdot 0{,}10 \cdot 2{,}0\,{\rm{V}} = 1{,}0 \cdot {10^{ - 3}}\,{\rm{V}}\]\[{U_{\rm{i,3}}} = 0 - \left( { - \frac{B}{2} \cdot a \cdot v} \right) \Rightarrow {U_{\rm{i,3}}} = 0{,}50 \cdot {10^{ - 2}} \cdot 0{,}10 \cdot 2{,}0\,{\rm{V}} = 1{,}0 \cdot {10^{ - 3}}\,{\rm{V}}\]

 

c)1. Die Schleife gelangt vom feldfreien Raum in den Raum mit der Feldstärke \(B\): Mit Hilfe einer der Drei-Finger-Regeln für bewegte Ladungsträger (die in der Schleife mittransportiert werden) überlegt man sich, dass bei Q ein Pluspol und bei P ein Minuspol entsteht. Bei dieser Polarität verläuft die technische Stromrichtung im Gegenuhrzeigersinn. Es gilt \[\left| {{I_{\rm{i,1}}}} \right| = \frac{{\left| {{U_{\rm{i,1}}}} \right|}}{R} \Rightarrow \left| {{I_{ind,1}}} \right| = \frac{{2{,}0 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{0{,}010}}{\rm{A}} = 2{,}0 \cdot {10^{ - 1}}\,{\rm{A}}\] \[\left| {{F_{m,1}}} \right| = B \cdot {I_{ind,1}} \cdot a \Rightarrow \left| {{F_{m,1}}} \right| = 1{,}0 \cdot {10^{ - 2}} \cdot 2{,}0 \cdot {10^{ - 1}} \cdot 0{,}10\,{\rm{{\rm N}}} = 2{,}0 \cdot 1{0^{ - 4}}\,{\rm{N}}\]Die magnetische Kraft ist nach links gerichtet (Ermittlung mit der Drei-Finger-Regel).

 

2. Die Schleife gelangt vom Bereich des starken Magnetfeldes in den Bereich des schwächeren Magnetfeldes: Die am linken vertikalen Leiterstück entstehende Spannung ist größer als diejenige am rechten vertikalen Leiterstück. Somit fließt der technische Strom im Uhrzeigersinn durch die Schleife. Für den Induktionsstrom und die magnetische Kraft gilt \[\left| {{I_{ind,2}}} \right| = \frac{{\left| {{U_{ind,2}}} \right|}}{R} \Rightarrow \left| {{I_{ind,2}}} \right| = \frac{{1{,}0 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{0{,}010}}\,{\rm{A}} \approx 1{,}0 \cdot {10^{ - 1}}\,{\rm{A}}\] \[\left| {{F_{m,2}}} \right| = B \cdot \left| {{I_{ind,2}}} \right| \cdot a - \frac{B}{2} \cdot \left| {{I_{ind,2}}} \right| \cdot a \Rightarrow \left| {{F_{m,1}}} \right| \approx 0{,}5 \cdot 10^{-4}\,{\rm{N}}\]Die resultierende magnetische Kraft ist nach links gerichtet.

 

3. Die Schleife gelangt vom Bereich des schwachen Magnetfeldes in den feldfreien Raum: \[\left| {{I_{ind,3}}} \right| = \frac{{\left| {{U_{ind,3}}} \right|}}{R} \Rightarrow \left| {{I_{ind,3}}} \right| = \frac{{1{,}0 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{0,010}}\,{\rm{A}} \approx 1{,}0 \cdot {10^{ - 1}}\,{\rm{A}}\] \[\left| {{F_{m,3}}} \right| = \frac{B}{2} \cdot \left| {{I_{ind,3}}} \right| \cdot a \Rightarrow \left| {{F_{m,3}}} \right| = 0{,}5 \cdot {10^{ - 2}} \cdot 1{,}0 \cdot {10^{ - 1}} \cdot 0{,}10\,{\rm{N}} \approx 0{,}5 \cdot {10^{ - 4}}\,{\rm{N}}\]Der technische Strom durchläuft die Leiterschleife im Uhrzeigersinn, die magnetische Kraft ist nach links gerichtet.

 

d)1. Fall:

Für die Hintereinanderschaltung der Leiterschleifen kann man sich das nebenstehende Ersatzschaltbild vorstellen. Damit erhält man \[{U_{ind,\alpha }} = N \cdot {U_{ind}}\] Daraus ergibt sich \[{I_{ind,\alpha }} = \frac{{{U_{ind,\alpha }}}}{{{R_{ges,\alpha }}}} = \frac{{N \cdot {U_{ind}}}}{{N \cdot R}} = \frac{{{U_{ind}}}}{R}\]
Der Induktionsstrom bleibt also gleich. Da dieser aber nun N-Mal durch das Magnetfeld fließt und auf jede Windung die Magnetische Kraft aus Teilaufgabe c) 1. wirkt, ist die gesamte Magnetische Kraft auf die \(N\) Leiterschleifen \(N\)-mal so groß wie vorher, d.h es gilt \({F_{\rm{m},\alpha }}=N\cdot 2{,}0\cdot 10^{-4}\,\rm{N}\).

 

2. Fall:

Für die Parallelschaltung der Leiterschleifen kann man sich das nebenstehende Ersatzschaltbild vorstellen. Damit erhält man \[{U_{ind,\beta }} = {U_{ind}}\] Daraus ergibt sich \[{I_{ind,\beta }} = \frac{{{U_{ind,\beta }}}}{{{R_{ges,\beta }}}} = \frac{{{U_{ind}}}}{{\frac{R}{N}}} = \frac{{N \cdot {U_{ind}}}}{R}\] Der Induktionsstrom ist also insgesamt N-mal so groß wie bei einer einzelnen Windung. In jeder einzelnen Windung hingegen fließt nur der ursprüngliche Strom, Da dieser Strom aber wieder N-Mal durch das Magnetfeld fließt und auf jede Windung die Magnetische Kraft aus Teilaufgabe c) 1. fließt, ist die gesamte Magnetische Kraft auf die Leiterschleifen \(N\)-mal so groß wie vorher, d.h. es gilt wieder \({F_{\rm{m},\beta }}=N\cdot 2{,}0\cdot 10^{-4}\,\rm{N}\).

Bemerkung: Dass die beiden Kräfte gleich groß und \(N\)-mal so groß wie bei einer Windung sein müssen, kann man auch leicht aufgrund der entsprechenden Leistungen \(P=U\cdot I\) erkennen, die ebenfalls gleich groß sind.

e)\[\begin{array}{l}{W_{mech}} = {F_{m,1}} \cdot a + {F_{m,2}} \cdot a + {F_{m,3}} \cdot a = a \cdot \left( {{F_{m,1}} + {F_{m,2}} + {F_{m,3}}} \right) \Rightarrow \\{W_{mech}} = 0{,}10 \cdot \left( {2{,}0 \cdot {{10}^{ - 4}} + 0{,}50 \cdot {{10}^{ - 4}} + 0{,}50 \cdot {{10}^{ - 4}}} \right)\,{\rm{J}} \approx 3{,}0 \cdot {10^{ - 5}}\,{\rm{J}}\end{array}\]

f)\[\begin{array}{l}{W_{elektr}} = R \cdot I_{ind,1}^2 \cdot \Delta t + R \cdot I_{ind,2}^2 \cdot \Delta t + R \cdot I_{ind,3}^2 \cdot \Delta t = R \cdot \left( {I_{ind,1}^2 + I_{ind,2}^2 + I_{ind,3}^2} \right) \cdot \Delta t \Rightarrow \\{W_{elektr}} = 0{,}010 \cdot \left( {{{\left( {2{,}0 \cdot {{10}^{ - 1}}} \right)}^2} + {{\left( {1{,}0 \cdot {{10}^{ - 1}}} \right)}^2} + {{\left( {1{,}0 \cdot {{10}^{ - 1}}} \right)}^2}} \right) \cdot \frac{{0{,}10}}{{2{,}0}}\,{\rm{J}} \approx 3{,}0 \cdot {10^{ - 5}}\,{\rm{J}}\end{array}\]Die elektrische und die mechanische Arbeiten stimmen von den Beträgen her überein!

Grundwissen zu dieser Aufgabe

Elektrizitätslehre

Elektromagnetische Induktion