Aufgabe 1

Aufgabe 6
Ein in z-Richtung unendlich ausgedehnter hochpermeabler Körper ist mit einer parallelflankigen und in
positiver x-Richtung offenen Nut versehen. In der Nut befindet sich isoliert von dem Körper ein Leiter
mit quadratischem Querschnitt. Der Leiter hat die Seitenlänge a, die Leitfähigkeit κ, die Permeabilität
µ 0 und führt in positiver z-Richtung den niederfrequenten Wechselstrom i(t) = I 0 cos(ωt) mit der
Amplitude I 0 und der konstanten Kreisfrequenz ω.
y
µ → ∞
a
µ 0 , κ
i(t)⊙
µ 0 , κ = 0
x
a
Berechnen Sie das magnetische Vektorpotential ⃗ A(⃗r), die magnetische Feldstärke ⃗ H(⃗r) und die Stromdichte
⃗ J(⃗r) im Leiter. Begründen Sie Ihren Ansatz. Die endliche Dicke der Isolationsschicht zwischen
dem Leiter und dem Körper kann für die Berechnung vernachlässigt werden.
Aus der gegebenen Stromrichtung mit ⃗ J = J z ⃗e z und dem Zusammenhang
⃗J = κ ⃗ E = −κ ∂ ⃗ A
∂t = −jωκ ⃗ A
folgt, dass auch das Vektorpotential nur eine z-Komponente aufweist und somit ⃗ A = A z ⃗e z gilt. Aufgrund
des ideal magnetisch leitfähigen Körpers mit µ → ∞ steht das magnetische Feld im gesamten
Nutbereich senkrecht auf den Seitenflächen und verläuft damit nur in y-Richtung. Zusammen mit
der unendlichen Ausdehnung der Stromdichteverteilung besteht zudem keine Abhängigkeit in der z-
Komponente, weshalb die jeweiligen partiellen Ableitungen Null sind. Entsprechend vereinfacht sich
die Diffusionsgleichung für ⃗ A zu
△ ⃗ A(⃗r) = jωµκ ⃗ A(⃗r)
⇒
∂ 2 A z
∂x 2 ⃗e z = jωµκA z ⃗e z
und zur Bestimmung des Magnetfeldes ⃗ H genügt die Gleichung
rot A ⃗ = − ∂A z(x)
∂x
⃗e y = B y ⃗e y = µH y ⃗e y
Im Bereich des Leiters für x ∈ [−a; 0] mit µ = µ 0 und κ ≠ 0 ist nun obige partielle Differentialgleichung
zu lösen, wobei sich für Vektorpotential und Magnetfeld die allgemeine Lösung wie folgt ergibt
∂ 2
∂x 2 A z(x) = jωµ 0 κ A
} {{ } z (x) = α 2 A z (x)
=:α 2
∂ 2
∂x 2 A z(x) − α 2 A z (x) = 0
⇒ A z (x) = C 1 sinh(αx) + C 2 cosh(αx)
H y (x) = − α )
(C 1 cosh(αx) + C 2 sinh(αx)
µ 0
mit C 1 , C 2 ∈ C
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