Wegintegral
Wie wird das Wegintegral (z.B. entlang der elektrischen Feldstärke) ausgewertet? Notwendige mathematische Grundlagen: Das Wegintegral (auch Kurven- oder Linienintegral) der elektrischen
Feldstärke \( \vec{E} \) entlang des Weges \( \vec{l} \)
beschreibt, wie groß der Spannungsabfall \( U \) entlang des Weges \( l \)
(\( l = \) Länge des Leiters) ist:
\( U = \displaystyle\int \limits_l^{} \vec{E}·\mathrm{d}\vec{l} \)
Es ist ein Kurvenintegral von Vektorfeldern und ist dem mathematischen
Teilgebiet „Vektoranalysis“ zuzuordnen. Der Ausdruck \( \vec{E}·\mathrm{d}\vec{l} \)
hinter dem Integralzeichen beschreibt ein Skalarprodukt aus einem Vektor der elektrischen Feldstärke
\( \vec{E} \) und dem Wegelement \( \mathrm{d}\vec{l} \)
(senkrecht, parallel oder in einem Winkel \( α \)
zum Vektor \( \vec{E} \), (siehe Bild: Erläuterung des Wegintegrals).
Zur Veranschaulichung:
Die Summe der Vektoren der elektrischen Feldstärke \( \vec{E}_k \)
bilden ein Vektorfeld, d.h. jedem vektoriellem Wegelement \( \mathrm{d}\vec{l}_k \)
ist eindeutig ein Feldstärkevektor zugeordnet.
Die Summe der Wegvektoren \( \mathrm{d}\vec{l}_k \) bildet ebenfalls ein Vektorfeld.
Das Ergebnis des Skalarprodukts zweier Vektoren ist eine skalare Größe:
hier der Teilspannungsabfall \( \mathrm{d}U_k \) !
Verbleibt die Frage: Wie errechnet sich das Skalarprodukt \( \vec{E}·\mathrm{d}\vec{l} \)?
\( \mathrm{d}U_k = |\vec{E}_k|·|\mathrm{d}\vec{l}_k|·\mathrm{cos}(α) \)
oder in kartesischen Koordinaten:
\( \mathrm{d}U_{k} = E_\mathrm{x}·\mathrm{d}l_\mathrm{x} + E_\mathrm{y}·\mathrm{d}l_\mathrm{y} + E_\mathrm{z}·\mathrm{d}l_\mathrm{z} \)
Da die Vektoren \( \vec{E} \) und \( \mathrm{d}\vec{l} \)
den Winkel \( α \) einschließen (vgl. Bild: Erläuterung des Wegintegrals), gilt:
\( U = \displaystyle\int \limits_l^{} \vec{E}·\mathrm{d}\vec{l} = \displaystyle\int \limits_l^{} |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) = \displaystyle\int \limits_{\mathrm{a}}^{\mathrm{d}} |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) \)
wegen \( |\vec{E}| = E \) und \( |\mathrm{d}\vec{l}| = \mathrm{d}l \) folgt
\( \displaystyle\int \limits_{\mathrm{a}}^{\mathrm{d}} E·\mathrm{cos}(α)·\mathrm{d}l = E·\mathrm{cos}(α)·l \bigg|_{\mathrm{a}}^{\mathrm{d}} \)
Punkt a ist der Anfangspunkt und d ist
der Endpunkt des Weges (Leiters) \( l \). Die einfache Integration erfolgt
hier, wie in jedem COULOMBfeld, wegunabhängig, d.h. nur abhängig vom Anfangs- und Endpunkt.
Hier die Erläuterung der Zusammenhänge an einfachen Beispielen: Gesucht ist der jeweilige Spannungsabfall \( \mathrm{Δ}U_{12} \),
\( \mathrm{Δ}U_{23} \), \( \mathrm{Δ}U_{34} \)
in den Leiterabschnitten \( \mathrm{Δ}\vec{l}_1 \), \( \mathrm{Δ}\vec{l}_2 \),
\( \mathrm{Δ}\vec{l}_3 \) (vgl. Bild Integrationsweg), wenn folgende Vektoren in kartesischen Koordinaten
für den zweidimensionalen Fall bekannt sind:
der Feldstärkevektor:
\( \vec{E} = \begin{pmatrix} E_\mathrm{x} \\ E_\mathrm{y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}5 \; \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \\ -1{,}5 \; \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \; \end{pmatrix} \)
die Wegvektoren:
\( \mathrm{Δ}\vec{l}_1 = \begin{pmatrix} \mathrm{Δ}l_{1 \, \mathrm{x}} \\ Δl_{1 \, \mathrm{y}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \, \mathrm{m} \\ 1 \, \mathrm{m} \end{pmatrix} \),
\( \qquad \mathrm{Δ}\vec{l}_2 = \begin{pmatrix} \mathrm{Δ}l_{2 \, \mathrm{x}} \\ \mathrm{Δ}l_{2 \, \mathrm{y}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \, \mathrm{m} \\ 0 \, \mathrm{m} \end{pmatrix} \),
\( \qquad \mathrm{Δ}\vec{l}_3 = \begin{pmatrix} \mathrm{Δ}l_{3 \, \mathrm{x}} \\ \mathrm{Δ}l_{3 \, \mathrm{y}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \, \mathrm{m} \\ -3 \, \mathrm{m} \end{pmatrix} \)
Dabei wird der direkte Integrationsweg entlang von geraden Wegabschnitten \( \mathrm{Δ}l_i \)
im homogenen Feld gewählt.
Lösungsmöglichkeit für \( \mathbf{\mathrm{Δ}U_{23}} \) (Spannungsabfall von \( \mathbf{P_2} \) nach
\( \mathbf{P_3} \)): Gesucht ist
\( U_{23} = \displaystyle\int \limits_l^{} \vec{E}·\mathrm{d}\vec{l} = \displaystyle\int \limits_l^{} |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) = \displaystyle\int \limits_{P_2}^{P_3} |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) = \displaystyle\int \limits_{4 \, \mathrm{m}}^{7 \, \mathrm{m}} E·\mathrm{cos}(α)·\mathrm{d}l \)
mit
\( |\vec{E}| = E = \sqrt{E_\mathrm{x}^2+E_\mathrm{y}^2} = \sqrt{ \left( 0{,}5 \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \right)^2+ \left(-1{,}5 \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \right)^2} = \sqrt{2{,}5} \, \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \)
und
\( |\mathrm{Δ}\vec{l}_2| = \mathrm{Δ}l_2 = \sqrt{l_{2 \, \mathrm{x}}^2+l_{2 \, \mathrm{y}}^2} = \sqrt{(3 \, \mathrm{m})^2+(0 \, \mathrm{m})^2} = 3 \, \mathrm{m} \)
Wie wird der Winkel zwischen den beiden Vektoren berechnet?
Die Lösung ergibt sich durch die Umstellung des Skalarproduktes nach \( \mathrm{cos}(α) \)
\( \begin{array}{lll}
\vec{E}·\mathrm{d}\vec{l} & \; = \; & |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) \\
\mathrm{cos}(α) & \; = \; & \dfrac{\vec{E}·\mathrm{d}\vec{l}}{|\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|} = \dfrac{E_\mathrm{x}·\mathrm{Δ}l_\mathrm{x}+E_\mathrm{y}·\mathrm{Δ}l_\mathrm{y}}{\sqrt{E_\mathrm{x}^2+E_\mathrm{y}^2}·\sqrt{l_\mathrm{x}^2+l_\mathrm{y}^2}} \\
\mathrm{cos}(α) & \; = \; & \dfrac{\vec{E}·\mathrm{d}\vec{l}}{|\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|} = \dfrac{0{,}5 \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·3 \, \mathrm{m}+(-1{,}5)\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·0 \, \mathrm{m}}{\sqrt{2{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}}·3 \, \mathrm{m}} \\
α & \; = \; & 71{,}56° \end{array}
\)
Der Spannungsabfall vom Punkt \( P_2 \)
nach Punkt \( P_3 \) beträgt also :
\( U_{23} = \displaystyle\int \limits_{4 \, \mathrm{m}}^{7 \, \mathrm{m}} |\vec{E}|·\mathrm{cos}(α)·\mathrm{d}l \)
\( U_{23} = \displaystyle\int \limits_{4 \, \mathrm{m}}^{7 \, \mathrm{m}} \sqrt{2{,}5} \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} · 0{,}316 · \mathrm{d}l \)
\( U_{23} = \sqrt{2{,}5} \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} · 0{,}316 · l \bigg|_{4 \, \mathrm{m}}^{7 \, \mathrm{m}} = \left(\sqrt{2{,}5} \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} · 0{,}316 ·7 \, \mathrm{m}\right)-\left(\sqrt{2{,}5} \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} · 0,316 · 4 \, \mathrm{m}\right) \)
\( U_{23} \approx 1{,}5 \, \mathrm{V} \)
Die Berechnung des Linienintegrals kann auch wegunabhängig erfolgen a) durch elementare Integration entlang des
direkten Weges von \( P_2 \) nach \( P_3 \)
parallel zu den Koordinatenachsen, b) durch elementare Integration entlang des
direkten Weges der Geraden durch \( P_2 \)
und \( P_3 \) in kartesischen Koordinaten, c) durch elementare Integration entlang des
indirekten Integrationsweges der Geraden in Parameterdarstellung durch
\( P_2 \) und \( P_3 \).
Bei einer Entscheidung für Lösungsweg a) ergibt sich:
\( P_2 = \begin{pmatrix} x_2 \\ y_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \, \mathrm{m} \\ 3 \, \mathrm{m} \end{pmatrix} \);
\( P_3 = \begin{pmatrix} x_3 \\ y_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 \, \mathrm{m} \\ 3 \, \mathrm{m} \end{pmatrix} \)
\( \begin{array}{lll}
U_{23} & \; = \; & \displaystyle\int \limits_{x_2}^{x_3} E_\mathrm{x}·\mathrm{d}x + \displaystyle\int \limits_{y_2}^{y_3} E_\mathrm{y}·\mathrm{d}y = \displaystyle\int \limits_{4 \, \mathrm{m}}^{7 \, \mathrm{m}} 0{,}5 \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·\mathrm{d}x + \displaystyle\int \limits_{3 \, \mathrm{m}}^{3 \, \mathrm{m}} (-1{,}5)\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·\mathrm{d}y \\
U_{23} & \; = \; & 0{,}5 \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} · x \bigg|_{4 \, \mathrm{m}}^{7 \, \mathrm{m}} + 0 \\
U_{23} & \; = \; & 0{,}5 \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} · 7 \, \mathrm{m} - 0{,}5 \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} · 4 \, \mathrm{m} \\
U_{23} & \; = \; & 1{,}5 \, \mathrm{V} \end{array}
\)
Lösungsmöglichkeit für \( \mathbf{\mathrm{Δ}U_{12}} \)
(Spannungsabfall von \( \mathbf{P_1} \) nach \( \mathbf{P_2} \)): Gesucht ist
\( U_{12} = \displaystyle\int \limits_l^{} \vec{E}·\mathrm{d}\vec{l} = \displaystyle\int \limits_l^{} |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) = \displaystyle\int \limits_{P_1}^{P_2} |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) = \displaystyle\int \limits_{P_1}^{P_2} |\vec{E}|·\mathrm{cos}(α)·\mathrm{d}l \)
mit
\( |\vec{E}| = E = \sqrt{E_\mathrm{x}^2+E_\mathrm{y}^2} = \sqrt{\left( 0{,}5 \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \right)^2 + \left( -1{,}5 \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \right)^2} = \sqrt{2{,}5} \, \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \)
und
\( |\mathrm{Δ}\vec{l}_1| = \mathrm{Δ}l_1 = \sqrt{l_{1 \, \mathrm{x}}^2+l_{1 \, \mathrm{y}}^2} = \sqrt{(3 \, \mathrm{m})^2+(1 \, \mathrm{m})^2} = \sqrt{10} \, \mathrm{m} \)
Wie wird der Winkel zwischen den beiden Vektoren berechnet?
Die Lösung ergibt sich durch die Umstellung des Skalarproduktes nach \( \mathrm{cos}(α) \)
\( \vec{E}·\mathrm{d}\vec{l} = |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) \)
\( \mathrm{cos}(α) = \dfrac{\vec{E}·\mathrm{d}\vec{l}}{|\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|} = \dfrac{E_\mathrm{x}·\mathrm{Δ}l_{1 \, \mathrm{x}}+E_\mathrm{y}·\mathrm{Δ}l_{1 \, \mathrm{y}}}{\sqrt{E_\mathrm{x}^2+E_\mathrm{y}^2}·\sqrt{l_{1 \, \mathrm{x}}^2+l_{1 \, \mathrm{y}}^2}} \)
Einsetzen der Werte liefert:
\( \mathrm{cos}(α) = 0 → α = 90° \)
Die Berechnung des Wegintegrals ergibt:
\( U_{12} = \displaystyle\int \limits_{P_1}^{P_2} |\vec{E}|·\mathrm{cos}(α)·\mathrm{d}l = 0 \)
Das gleiche Ergebnis liefert die Integration parallel zu den Koordinatenachsen:
\( U_{12} = \displaystyle\int \limits_{x_1}^{x_2} E_\mathrm{x}·\mathrm{d}x+\displaystyle\int \limits_{y_1}^{y_2} E_\mathrm{y}·\mathrm{d}y = \displaystyle\int \limits_{1 \, \mathrm{m}}^{4 \, \mathrm{m}} 0{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·\mathrm{d}x+\displaystyle\int \limits_{2 \, \mathrm{m}}^{3 \, \mathrm{m}} (-1{,}5)\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·\mathrm{d}y \)
\( U_{12} = 0{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·x \bigg|_{1 \, \mathrm{m}}^{4 \, \mathrm{m}} - 1{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·y \bigg|_{2 \, \mathrm{m}}^{3 \, \mathrm{m}} \)
\( U_{12} = \left( 0{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} · 4 \, \mathrm{m} - 0{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·1 \, \mathrm{m} \right) - \left( 1{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} · 3 \, \mathrm{m} - 1{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·2 \, \mathrm{m} \right) \)
Deutung: Wenn der Feldstärkevektor senkrecht auf dem Wegvektor steht \( \left(\vec{E}\perpΔ\vec{l}\right) \),
dann ist der Spannungsabfall \( U_{12} \)
(bzw. die Potenzialdifferenz zwischen \( P_1 \) und \( P_2 \)) gleich Null.
Hinweis: Man spart Rechenaufwand, wenn man die Orthogonalitätsbedingung \( \vec{E} \perp \mathrm{Δ}\vec{l} \Leftrightarrow \vec{E}·\mathrm{Δ}\vec{l} = 0 \)
vorher prüft.
Lösungsmöglichkeit für \( \mathbf{\mathrm{Δ}U_{34}} \) (Spannungsabfall von \( \mathbf{P_3} \) nach \( \mathbf{P_4} \)): Gesucht ist:
\( U_{34} = \displaystyle\int \limits_l^{} \vec{E}·\mathrm{d}\vec{l} = \displaystyle\int \limits_l^{} |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) = \displaystyle\int \limits_{P_3}^{P_4} |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) = \displaystyle\int \limits_{P_3}^{P_4} |\vec{E}|·\mathrm{cos}(α)·\mathrm{d}l \)
mit
\( |\vec{E}| = E = \sqrt{E_\mathrm{x}^2+E_\mathrm{y}^2} = \sqrt{\left(0{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}\right)^2+\left(-1{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}\right)^2} = \sqrt{2{,}5} \, \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \)
und
\( |\mathrm{Δ}\vec{l}_3| = \mathrm{Δ}l_3 = \sqrt{l_{3 \, \mathrm{x}}^2+l_{3 \, \mathrm{y}}^2} = \sqrt{(1 \, \mathrm{m})^2+(-3 \, \mathrm{m})^2} = \sqrt{10} \, \mathrm{m} \)
Wie wird der Winkel zwischen den beiden Vektoren berechnet?
Die Lösung ergibt sich durch die Umstellung des Skalarproduktes nach \( \mathrm{cos}(α) \):
\( \begin{array}{rll}
\vec{E}·\mathrm{d}\vec{l} & \; = \; & |\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|·\mathrm{cos}(α) \\
\mathrm{cos}(α) & \; = \; & \dfrac{\vec{E}·\mathrm{d}\vec{l}}{|\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|} = \dfrac{E_\mathrm{x}·\mathrm{Δ}l_{3 \, \mathrm{x}}+E_\mathrm{y}·\mathrm{Δ}l_{3 \, \mathrm{y}}}{\sqrt{E_\mathrm{x}^2+E_\mathrm{y}^2}·\sqrt{l_{3 \, \mathrm{x}}^2+l_{3 \, \mathrm{y}}^2}} \\
\mathrm{cos}(α) & \; = \; & \dfrac{\vec{E}·\mathrm{d}\vec{l}}{|\vec{E}|·|\mathrm{d}\vec{l}|} = \dfrac{0{,}5 \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·1 \, \mathrm{m}+(-1{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}})·(-3 \, \mathrm{m})}{\sqrt{2{,}5}\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·\sqrt{10}\mathrm{m}} \\
α & \; = \; & 0° \end{array}
\)
Das bedeutet \( \vec{E} \) kollinear \( \mathrm{Δ}\vec{l}_3 \) und damit
\( U_{34} = |\vec{E}|·|\mathrm{Δ}\vec{l}_3| = \sqrt{2{,}5} \, \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·\sqrt{10} \, \mathrm{m} = 5 \, \mathrm{V} \)
Die Berechnung des Wegintegrals parallel zu den Koordinatenachsen ergibt das gleiche Ergebnis:
Mit
\( P_3 = \begin{pmatrix} x_3 \\ y_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 \, \mathrm{m} \\ 3 \, \mathrm{m} \end{pmatrix} \);
\( P_4 = \begin{pmatrix} x_4 \\ y_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 \, \mathrm{m} \\ 0 \, \mathrm{m} \end{pmatrix} \)
und \( \vec{E} = \begin{pmatrix} 0{,}5 \; \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \\ -1{,}5 \; \dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \end{pmatrix} \)
folgt
\( U_{34} = \displaystyle\int \limits_{x_3}^{x_4} E_\mathrm{x}·\mathrm{d}x+\displaystyle\int \limits_{y_3}^{y_4} E_\mathrm{y}·\mathrm{d}y = \displaystyle\int \limits_{7 \, \mathrm{m}}^{8 \, \mathrm{m}} 0{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·\mathrm{d}x+\displaystyle\int \limits_{3 \, \mathrm{m}}^{0 \, \mathrm{m}} (-1{,}5)\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·\mathrm{d}y \)
\( U_{34} = 0{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·x \bigg|_{7 \, \mathrm{m}}^{8 \, \mathrm{m}} - 1{,}5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}·y \bigg|_{3 \, \mathrm{m}}^{0 \, \mathrm{m}} \)
\( U_{34} = \left(0{,}5V + 4{,}5 \, \mathrm{V} \right) = 5 \, \mathrm{V} \)
Hinweis: Man spart Rechenaufwand, wenn man vorher prüft, ob \( \vec{E} \) kollinear \( \mathrm{Δ}\vec{l}_3 \)
gilt, z.B. ob \( \vec{E} × \mathrm{Δ}\vec{l}_3 = \vec{0} \) gilt.
Entsprechend dem elektrotechnischen Problem sollte man versuchen, die
rationellste mathematische Berechnung der Wegintegrale durchzuführen.
