Physik · Magnetismus

Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter

Die magnetische Kraft auf einen geraden stromdurchflossenen Abschnitt folgt aus dem Kreuzprodukt von konventioneller Stromrichtung und äußerem Feld.

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Formel

Berechnen

F = B ∣ I ∣ ℓ sin θ

F in N; B in T; I in A; ℓ in m; θ Winkel.

Variablen & Einheiten

Variablen & Einheiten
Symbol	Bedeutung	Einheit
$F$	Betrag der magnetischen Kraft	N
$B$	Betrag der äußeren magnetischen Flussdichte am betrachteten Abschnitt	T
$I$	Stromstärke	A
$ℓ$	Leiterlänge im Feld	m
$θ$	Winkel zwischen Stromrichtung und Magnetfeld	rad oder °

LaTeX

F=B|I|\ell\sin\theta

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Gebogener Leiter: Strom zuerst 0,120 Meter nach rechts, dann 0,160 Meter nach oben. Feld aus der Ebene. Erste Kraft 0,0900 Newton nach unten, zweite 0,120 Newton nach rechts, resultierend 0,150 Newton schräg nach rechts unten. — Eigenes Beispiel mit I = 3,00 A und B = 0,250 T nach +z. Leitergeometrie: 750 px/m; Kraftpfeile: 500 px/N. Kraftvektoren addieren sich zu (+0,120; −0,0900) N. Drahtlängen einfach zu addieren gäbe fälschlich 0,210 N. OpenStax §11.4.

Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter berechnen

Kraft, Stromstärke, Leiterlänge oder Flussdichte für ein gerades Leiterstück in einem homogenen Magnetfeld ausrechnen.

Rechenmodell

Gesucht

Stromstärke I

Stromstärke im Leiter; das Vorzeichen ändert nur die Kraftrichtung, nicht den Betrag, z. B. 4 A.

Länge des geraden Abschnitts im Feld ℓ

Länge des Leiterstücks, das wirklich im Magnetfeld liegt, z. B. 5 cm.

Magnetische Flussdichte B

Magnetische Flussdichte am Leiter, z. B. 0,1 T zwischen den Polen eines Hufeisenmagneten.

Winkel zwischen Strom und Feld θ

Winkel zwischen Stromrichtung und Feld: 90°, wenn der Leiter quer zum Feld liegt; parallel wirkt keine Kraft.

Mit Beispielwerten gefüllt. Tippe eigene Werte ein, das Ergebnis rechnet sofort mit.

Ergebnis: Kraft auf den Leiter |F|

|F| = 20 mN

Mit I = 4 A, ℓ = 5 cm, B = 0,1 T und θ = 90 ° ergibt sich |F| = 20 mN.

Rechenweg · umstellen nach |F|, einsetzen, ausrechnen

1. Formel nach |F| umstellen
$|F|=|I|\ell B\sin\theta$
2. Werte einsetzen (in SI-Einheiten)
- ℓ = 5 cm = 0,05 m
- θ = 90 ° = 1,5708 rad
$4\cdot 0{,}05\cdot 0{,}1\cdot\sin\left(1{,}57079632679\right)=0{,}02$
3. Ergebnis
|F| = 20 mN

So rechnest du schneller

Einheitenprobe: 1 T · 1 A · 1 m = 1 N. Rechne die Länge in Meter und mT in T um, sonst ist das Ergebnis um den Faktor 100 oder 1000 falsch.
Nur der Anteil quer zum Feld zählt: Bei 30° wirkt halb so viel Kraft wie bei 90°, und liegt der Leiter parallel zum Feld, wirkt gar keine.

Annahmen und Grenzen

Gerader betrachteter Abschnitt im homogenen äußeren Feld. Länge und Feldbetrag nichtnegativ. θ∈[0,π] zwischen fester Strompfadreferenz und B; I ist dazu signiert. Das Ergebnis verwendet |I| und gibt keine Kraftrichtung. Nicht eigenes Feld, gesamter gebogener Draht oder mechanische Gesamtkraft. Inverses I liefert nur einen Betrag.

Herleitung & Hintergrund

Bei homogenem Feld gilt $\vec F_B=I\vec\ell\times\vec B_{\mathrm{ext}}$ . Allgemein wird $I\int\mathrm d\vec\ell\times\vec B$ verwendet. Im homogenen Feld hängt die Gesamtkraft eines gebogenen Pfads vom Endpunktvektor ab, nicht von der Summe der Drahtlängen. Ein geschlossener Pfad hat dort null Gesamtkraft, kann jedoch ein Drehmoment besitzen.

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

Gerader dünner Strompfad in homogenem äußeren Magnetfeld; Strom und wirksame Feldlänge ausdrücklich festlegen. Bei Krümmung oder räumlich veränderlichem Feld integrieren. Betrag, Vektor und mechanische Gesamtkraft unterscheiden.

Herleitung in Schritten

Summiere magnetische Lorentzkräfte der Driftladungen und nutze den konventionellen Strom; integriere dann den Strompfad.

1Bestimme den betrachteten Leiterabschnitt und sein äußeres Magnetfeld.
2Orientiere das positive Wegelement entlang des konventionellen Stroms.
3Die lokale Trägerkraft ist $q\vec v_{\mathrm d}\times\vec B$ ; der kurze Abschnitt enthält $nS\,\mathrm d\ell$ Träger.
4Nutze $\vec J=nq\vec v_{\mathrm d}$ , um $\mathrm d\vec F=I\,\mathrm d\vec\ell\times\vec B$ zu erhalten.
5Bei geradem Abschnitt, konstantem Strom und homogenem Feld wird daraus das Kreuzprodukt der ganzen wirksamen Länge.
6Der Betrag ist $F=|I|\ell B\sin\theta$ ; das Kreuzprodukt legt die Richtung fest.
7Prüfe parallelen Grenzfall sowie getrennt Gewicht, Halterungen und Rückleiter.

Umstellen

Strombetrag

|I|=\frac{F}{B\ell\sin\theta}

B, wirksame Länge und Sinus müssen von null verschieden sein; Richtung separat bestimmen.

Aufgabenvariante

Ein gerader Abschnitt von 0,10 m führt 2,0 A senkrecht zu einem homogenen äußeren Feld von 0,50 T. Bestimme den magnetischen Kraftbetrag.

Ansatz: $F=B|I|\ell\sin\theta$ .
Für $\theta=90^\circ$ folgt $F=0{,}10\,\mathrm N$ .

Typische Fehler

Die Kraft mit dem gesamten eigenen Leiterfeld statt mit dem äußeren Magnetfeld berechnen.

Verwende das äußere Feld und die orientierte Stromrichtung; bei gekrümmten Leitern die Beiträge integrieren.

Klausurkontext

Schräge und gekrümmte Leiter im äußeren Feld: Kreuzprodukt, wirksame Länge und Stromvorzeichen prüfen.

Formelcluster

Magnetismus

Die Leiterkraft fasst Lorentzkräfte zusammen und erklärt das Drehmoment einer Stromschleife.

F = q(v × B)

Lorentzkraft

B = μ₀|I|/(2πr)

Magnetfeld eines langen geraden Leiters

ℰ(t) = NBAω sin(ωt)

Induktionsspannung des rotierenden Generators

Rechenbeispiel

Für $B=0{,}50\,\mathrm T$ , $I=2{,}0\,\mathrm A$ , $\ell=0{,}10\,\mathrm m$ und $\theta=90^\circ$ gilt $F=B|I|\ell\sin\theta=0{,}10\,\mathrm N$ . Das Kreuzprodukt liefert zusätzlich die Richtung.

Anwendungsgebiete

Elektromotoren, Kraftmessung und Bewegungen stromdurchflossener Leiter erklären.

Rechenbeispiel: Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter

Eine typische Aufgabe Schritt für Schritt: Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter (F = B|I|ℓ sinθ).

1
Aufgabe
Ein gerader Abschnitt von 0,10 m führt 2,0 A senkrecht zu einem homogenen äußeren Feld von 0,50 T. Bestimme den magnetischen Kraftbetrag.
Rechenweg
1. Ansatz: $F=B|I|\ell\sin\theta$ .
2. Für $\theta=90^\circ$ folgt $F=0{,}10\,\mathrm N$ .

Die Formel verstehen und anwenden

Ein stromdurchflossener Leiter überträgt die magnetische Wirkung auf seine bewegten Ladungen auf den ganzen Leiterabschnitt. Für die Richtung zählt der konventionelle Strom, für den Betrag die quer zum Feld liegende Länge. Ein gebogener Pfad und ein geschlossener Kreis zeigen, weshalb Leiterlänge nicht immer einfach addiert werden darf.

Wann gilt die Kraftformel für einen geraden stromdurchflossenen Leiter?

Stelle dir einen geraden Draht zwischen Magnetpolen vor. Sobald Strom fließt, kann der Magnet den Draht seitlich drücken. Stromrichtung und Feldrichtung bestimmen gemeinsam die Kraftrichtung. Der Draht braucht dafür bewegte Ladungen und einen Feldanteil quer zu ihrer Bewegung. Wir berechnen zunächst die Kraft auf einen einzelnen Abschnitt. Ob der ganze Stromkreis sich bewegt, hängt außerdem von seiner Rückleitung und seinen Halterungen ab.[1]

\begin{aligned}\vec F_B&=I\vec\ell\times\vec B_{\mathrm{ext}}\\|\vec F_B|&=|I|\ell B\sin\theta\end{aligned}

Gerader Abschnitt in homogenem äußeren Feld. Hier ist $I\ge0$ der Strombetrag und $\vec\ell$ zeigt entlang des tatsächlichen konventionellen Stroms. Bei signiertem Strom muss stattdessen eine feste Referenzrichtung für $\vec\ell$ bleiben.[1]

Die magnetische Kraft ist nicht automatisch die gesamte mechanische Kraft: Gewicht, Halterung und elektrische Kräfte können zusätzlich wirken. Betrachte das äußere Feld, nicht den eigenen symmetrischen Feldwert als Antrieb desselben Drahts. Bei einem realen Leiter übertragen Ladungsträger und Material ihre Wechselwirkung auf das Bauteil. Welche Bewegung daraus folgt, bestimmt anschließend die mechanische Bilanz. Eine Betragsformel sagt noch nicht, ob der Leiter nach oben, unten oder seitlich gedrückt wird.[1]

Vom Ladungsstrom zum Leiterintegral

\begin{aligned}\vec J&=nq\vec v_{\mathrm d}\\\mathrm d\vec F_B&=(nS\,\mathrm d\ell)q\vec v_{\mathrm d}\times\vec B\\&=I\,\mathrm d\vec\ell\times\vec B\\\vec F_B&=I\int_C\mathrm d\vec\ell\times\vec B\end{aligned}

Ein dünner Strompfad und stationärer Strom werden angenommen; S ist der Drahtquerschnitt, nicht die Fläche einer Schleife.[1]

Die Zahl der Ladungsträger im kurzen Volumenstück ist Dichte mal Querschnitt mal Länge. Multipliziere ihre einzelne magnetische Lorentzkraft und nutze die Beziehung zwischen Drift und konventionellem Strom. Negative Träger bewegen sich entgegen der positiven Stromrichtung; ihr negatives Ladungsvorzeichen kompensiert diese Umkehr. Man darf deshalb nicht Elektronenrichtung und positiven Strombetrag ungeprüft gemeinsam einsetzen. Bei mehreren Trägerarten addieren sich ihre Stromdichtebeiträge. Die Rechnung nutzt das Lorentzgesetz als Grundlage und beweist dieses experimentelle Gesetz nicht unabhängig.[1]

Zwei Richtungen legen die dritte fest

\hat{\vec y}\times\hat{\vec x}=-\hat{\vec z}

Strom nach +y im Feld nach +x liefert eine Kraft nach −z.[1]

Die Kraft steht senkrecht auf Stromrichtung und Feld. Eine Stromumkehr kehrt sie um, ebenso eine Feldumkehr; die gleichzeitige Umkehr beider erhält die Kraft. Bei parallelem oder antiparallelem Strompfad ist sie null, obwohl Strom und Feld nicht null sein müssen. Ein zur Stromrichtung paralleler Feldanteil trägt nichts zum Kreuzprodukt bei. Für eine Zeichnung in der Ebene muss zusätzlich festliegen, ob ein Feldpunkt aus der Ebene oder ein Kreuz in die Ebene zeigt. Ein Kraftpfeil ohne diese Zuordnung ist nicht überprüfbar.[1]

Wie berechnet man gebogene Strompfade und veränderliche Magnetfelder?

\begin{aligned}\vec F_B&=I\left(\int_C\mathrm d\vec\ell\right)\times\vec B\\&=I(\vec r_b-\vec r_a)\times\vec B\\\vec F_{\mathrm{closed}}&=0\end{aligned}

Bei konstantem Strom und räumlich homogenem äußerem Feld hängt die Gesamtkraft vom Endpunktvektor ab; für einen geschlossenen Pfad verschwindet sie.[1][2]

Örtlicher Kraftbeitrag entlang des Drahts

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Eigene Kurve zum veränderlichen äußeren Feld. Gezeigt ist der Betrag pro Länge; alle Beiträge wirken hier nach −y. Die Fläche unter der Kurve liefert den Kraftbetrag.[1]

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Null Gesamtkraft heißt nicht null lokale Kraft und nicht null Drehmoment. Ein geschlossener Rechteckrahmen kann durch gegenüberliegende Kräfte gedreht oder verformt werden. Bei einem inhomogenen Feld ist B nicht aus dem Integral herausziehbar; dann kann auch ein geschlossener Strompfad eine resultierende Kraft erfahren. Eine Messung an einem gehaltenen Abschnitt betrifft außerdem nicht automatisch die gesamte Schaltung einschließlich ihrer Rückleitung. Gib deshalb an, welcher Abschnitt mechanisch frei ist und welche Rückwege außerhalb des Feldes oder getrennt befestigt sind. Das Drehmoment einer stromdurchflossenen Spule beschreibt diese Drehwirkung im homogenen äußeren Feld, mit ihrer stromorientierten Flächennormalen als Bezug.[1][2]

Gerader Leiter im veränderlichen Feld

Gegeben: Ein gerader Abschnitt von $x=0$ bis $L=0{,}250\,\mathrm m$ führt $I=2{,}00\,\mathrm A$ nach +x. Das äußere Feld lautet $\vec B(x)=(0{,}200+0{,}800\frac{x}{\mathrm m})\,\mathrm T\,\hat{\vec z}$ . Die Rückleitung ist getrennt gehalten; die Feldquellen sind vorgegeben.
Gesucht: Berechne die Kraft auf den Abschnitt und prüfe, welcher Feldwert eine Kurzrechnung erlaubt.

Ansatz: Das Kreuzprodukt zeigt überall nach −y; der Betrag wird entlang des Drahts integriert.
$F_y=-I\int_0^L(B_0+bx)\,\mathrm dx=-I\left(B_0L+\frac{bL^2}{2}\right)$
Einsetzen: Der Feldbetrag steigt linear von 0,200 T auf 0,400 T.
$\begin{aligned}F_y&=-(2.00)\left[(0.200)(0.250)+\frac{(0.800)(0.250)^2}{2}\right]\,\mathrm N\\&=-0.150\,\mathrm N\end{aligned}$

Ergebnis: Die Kraft ist 0,150 N nach −y.

Kontrolle: Kontrolle: Der längengemittelte Feldbetrag beträgt 0,300 T; $IL\overline B=0{,}150\,\mathrm N$ . Nur Anfangs- oder Endfeld zu verwenden ergäbe 0,100 N beziehungsweise 0,200 N. Das Mittel funktioniert hier wegen gleicher Kraftrichtung und konstantem Strom, nicht allgemein für beliebige Feldvektoren.

Beispiel: ein Feldanteil zählt nicht

Gerader Abschnitt mit schrägem Feld

Gegeben: Gerader Abschnitt $\ell=0{,}120\,\mathrm m$ in +y, $I=2{,}40\,\mathrm A$ ; homogenes äußeres Feld $\vec B=(0{,}300\hat{\vec x}+0{,}400\hat{\vec y})\,\mathrm T$ .
Gesucht: Bestimme Kraftvektor und kontrolliere den Betrag über den Winkel.

Ansatz: Nur der x-Anteil des Feldes steht quer zum Strom.
$\vec F=I\ell\hat{\vec y}\times(B_x\hat{\vec x}+B_y\hat{\vec y})=-I\ell B_x\hat{\vec z}$
Einsetzen: Der parallele Feldanteil hat Kreuzprodukt null.
$\begin{aligned}F_z&=-(2.40)(0.120)(0.300)\,\mathrm N=-0.0864\,\mathrm N\\B&=\sqrt{0.300^2+0.400^2}\,\mathrm T=0.500\,\mathrm T\\\sin\theta&=\frac{0.300}{0.500}=0.600\end{aligned}$

Ergebnis: Die Kraft beträgt 86,4 mN nach −z.

Kontrolle: Die Betragsrechnung mit 0,500 T und Sinus 0,600 ergibt dieselben 86,4 mN. Ohne Winkelkorrektur wären 144 mN falsch.

Beispiel: rechtwinklig gebogener Strompfad

Zwei Abschnitte, eine resultierende Kraft

Gegeben: $I=3{,}00\,\mathrm A$ fließt zuerst 0,120 m in +x und anschließend 0,160 m in +y. Beide Abschnitte liegen in homogenem $B=0{,}250\,\mathrm T$ nach +z. Rückleiter separat befestigt.
Gesucht: Berechne Gesamtkraft und vergleiche mit der gesamten Drahtlänge.

Ansatz: Die zwei Kreuzprodukte zeigen nach −y und +x. Addiere ihre Vektoren.
$\begin{aligned}\vec F_1&=-I\ell_1B\hat{\vec y}\\\vec F_2&=I\ell_2B\hat{\vec x}\\|\vec F|&=IB\sqrt{\ell_1^2+\ell_2^2}\end{aligned}$
Einsetzen: Der Endpunktabstand beträgt 0,200 m, die Drahtlänge dagegen 0,280 m.
$\begin{aligned}\vec F&=(0.120\hat{\vec x}-0.0900\hat{\vec y})\,\mathrm N\\|\vec F|&=\sqrt{0.120^2+0.0900^2}\,\mathrm N=0.150\,\mathrm N\end{aligned}$

Ergebnis: Die resultierende Kraft hat den Betrag 0,150 N und die Komponenten +0,120 N, −0,0900 N.

Kontrolle: Gesamtlänge mal IB gäbe 0,210 N, also eine unzulässige Addition der Beträge. Die Endpunktformel mit dem Verschiebungsvektor liefert genau dieselben Komponenten.

Einheiten und praktische Kraftmessung

\begin{aligned}|I|&=\frac{F}{B\ell\sin\theta}\\B&=\frac{F}{|I|\ell\sin\theta}\\\mathrm T\,\mathrm A\,\mathrm m&=\mathrm N\end{aligned}

Nenner müssen von null verschieden sein; ein Nullkraftversuch entlang B bestimmt keinen Feldbetrag.[1]

Kraftwaagen oder Lautsprecher nutzen gezielt einen wirksamen Leiterabschnitt im äußeren Feld. Im Motor kommen Drehmoment, Gegen-EMK und die Versorgung hinzu. Ein bewegter Leiter kann elektrische Leistung in mechanische Arbeit umsetzen, obwohl die magnetische Kraft an einer einzelnen Ladung senkrecht zu deren momentaner Geschwindigkeit steht. Dafür ist die vollständige Wechselwirkung von Stromquelle, Leiter und Feld nötig. Kontaktkräfte, Erwärmung und mechanische Randbedingungen bestimmen reale Messwerte zusätzlich; eine idealisierte Kraftformel allein beschreibt keinen vollständigen Motor.[1][2]

Fünf Aufgaben: Gleichgewicht und Strompfade

Einsetzen und Rechnen · Anwenden

Ein mechanisch freier Abschnitt hat Masse 12,0 g und Länge 0,240 m in +x. $B=0{,}500\,\mathrm T$ nach −z; $g=9{,}81\,\mathrm{m/s^2}$ nach −y. Zuleitungen werden separat gehalten. Welcher Strom hält den Abschnitt ohne weitere Vertikalkraft?

Hinweis anzeigen

Wähle zuerst die Stromrichtung für eine Kraft nach +y.

Lernziel: Gewicht und gerichtete Leiterkraft ausgleichen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $\sum F_y=I\ell B-mg=0$ .
Strom nach +x liefert die benötigte Kraft nach +y.
Setze die magnetische Kraft gleich mg.
Ergebnis 0,981 A.

Kontrolle: Magnetkraft und Gewicht betragen je 0,11772 N.

|I|=\frac{mg}{B\ell}=\frac{(0.0120)(9.81)}{(0.500)(0.240)}\,\mathrm A=0.981\,\mathrm A

[1]

Umstellen · Einstieg

Gerader Abschnitt: $I=1{,}60\,\mathrm A$ , $\ell=0{,}100\,\mathrm m$ , Winkel 30° zum Feld, magnetischer Kraftbetrag 48,0 mN. Bestimme B.

Hinweis anzeigen

Nicht durch den Winkel selbst teilen, sondern durch seinen Sinus.

Lernziel: Ein schräges Feld aus Kraftdaten erschließen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $B=\frac{F}{|I|\ell\sin\theta}$ .
Isoliere B mit dem bekannten geometrischen Faktor.
Ergebnis 0,600 T.

Kontrolle: Senkrecht wäre die Kraft bei demselben Feld doppelt so groß.

B=\frac{0.0480}{(1.60)(0.100)\sin30^\circ}\,\mathrm T=0.600\,\mathrm T

[1]

Interpretieren · Anwenden

Ein Segment führt Strom nach +y, das Feld zeigt nach +x. Nenne die Kraftrichtung zunächst, bei Stromumkehr und bei gleichzeitiger Strom- und Feldumkehr.

Hinweis anzeigen

Das Kreuzprodukt ist linear in beiden Faktoren.

Lernziel: Strom- und Feldumkehr unterscheiden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $\vec F=I\vec\ell\times\vec B$ .
Anfangs zeigt die Kraft nach −z.
Nur Stromumkehr liefert +z; gleichzeitige Umkehr beider liefert wieder −z.

Kontrolle: Alle drei Kräfte sind bei gleichen Beträgen gleich groß.

(-\vec\ell)\times(-\vec B)=\vec\ell\times\vec B

[1]

Fehleranalyse · Anwenden

Von einem geraden 0,300-m-Kabel liegen nur 0,0800 m im homogenen Feld 0,400 T senkrecht zum Strom 2,00 A. Außerhalb ist das äußere Feld null. Eine Rechnung verwendet die gesamte Kabellänge. Korrigiere sie.

Hinweis anzeigen

Teile das Kraftintegral in Bereiche mit und ohne Feld.

Lernziel: Wirksame Feldlänge statt Kabellänge verwenden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $F=I\int B_\perp\,\mathrm d\ell$ .
Nur der im Feld liegende Abschnitt trägt bei.
Richtig sind 0,0640 N statt 0,240 N.

Kontrolle: Verlängern eines Kabelstücks außerhalb des Feldes darf die magnetische Kraft hier nicht verändern.

F=IB\ell_{\mathrm{active}}=(2.00)(0.400)(0.0800)\,\mathrm N=0.0640\,\mathrm N

[1]

Transfer · Vertiefen

Zwei lange parallele dünne Luftleiter tragen 6,00 A und 4,00 A in gleicher Richtung, Achsenabstand 25,0 mm. Bestimme die magnetische Wechselwirkung auf eine mittige 0,400-m-Strecke fern der Enden.

Hinweis anzeigen

Das Feld des ersten Leiters ist das äußere Feld für den zweiten.

Lernziel: Erzeugtes Feld und Kraft auf einen zweiten Leiter verbinden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $F=\frac{\mu_0I_1I_2\ell}{2\pi d}$ .
Berechne das Drahtfeld und setze es in die senkrechte Leiterkraft ein.
Betrag 76,8 µN, anziehend.

Kontrolle: Die Kraft auf die entsprechende gleich lange Strecke des anderen Leiters ist gleich groß und entgegengesetzt.

\begin{aligned}B_1&=\frac{\mu_0 I_1}{2\pi d}\\F_2&=I_2\ell B_1=\frac{\mu_0 I_1I_2\ell}{2\pi d}\approx76.8\,\mathrm{\mu N}\end{aligned}

[4][3][1]

Was du mitnehmen solltest

Lege den betrachteten Abschnitt fest, verwende konventionelle Stromrichtung und das äußere Feld. Ein gerader Abschnitt im homogenen Feld erlaubt die Kurzform; ein veränderliches Feld verlangt die Summe örtlicher Beiträge. Addiere Kräfte als Vektoren und schließe aus null Gesamtkraft nicht auf null Drehwirkung.[1]

Belege zu dieser Erklärung

Quanta · Bearbeitet 2. Oktober 2026

Redaktion: Quanta Study Redaktion

Prüfumfang

Diese Erklärung, 3 Rechenbeispiele und 5 Aufgaben liegen auf Deutsch und Englisch vor. Aufbau, Quellenzuordnung und mathematische Darstellung werden automatisiert geprüft. Rechnungen, Modellvoraussetzungen und beide Sprachfassungen erhalten eine gesonderte KI-Gegenprüfung.

Eine unabhängige, namentliche menschliche Fachprüfung ist noch nicht dokumentiert. Unsere Aufgabenzahlen sind Rechenbeispiele und keine Messdaten der zitierten Quellen.

Redaktion, Quellen und Vorgehen

Änderungsverlauf

2. Oktober 2026Frageüberschriften und fachlich passende Absatzlinks präzisiert; bestehende wissenschaftliche Erklärungen, Beispiele und Aufgaben erhalten.
1. Oktober 2026Leiterkraft aus Driftstrom begründet, Richtungs- und Pfadintegralmodell getrennt; zwei eigene Beispiele und fünf individuelle Aufgaben in DE/EN ausgearbeitet.
1. Oktober 2026Einstieg und Lernweg überarbeitet, ein drittes Modellbeispiel und quantitative Grafik ergänzt; bestehende Aufgaben, Voraussetzungen und Formelsatz geprüft.

Diese Nachschlageseite zitieren

Quanta. Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter. Stand 2. Oktober 2026. https://quanta-study.de/tafelwerk/magnetische-kraft-leiter

Bei einer konkreten fachlichen Aussage zusätzlich die dort verknüpfte Fachquelle nennen.

Korrektur mit Beleg vorschlagen

Häufige Fragen: Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter

Was beschreibt die magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter?+

Die Beziehung beschreibt die magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiterabschnitt im äußeren Feld. Für einen geraden Abschnitt in homogenem Feld gilt $\vec F_B=I\vec\ell\times\vec B$ . Die Länge wird entlang des positiven konventionellen Stroms orientiert. Nur der quer zum Feld liegende Beitrag erzeugt Kraft; bei paralleler oder antiparalleler Ausrichtung ist sie null. Die Richtung steht senkrecht auf Strom und Feld. Eine Stromumkehr kehrt sie um, eine zusätzliche Feldumkehr wieder zurück. Die Betragsform liefert keine Richtung und berücksichtigt weder Gewicht noch Halterungen. Der eigene Feldbeitrag desselben Leiters darf nicht ungeprüft als äußeres antreibendes Feld eingesetzt werden.

Wie prüfe ich eine Rechnung zur magnetischen Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter?+

Zeichne zunächst die konventionelle Stromrichtung und das äußere Feld in denselben Achsen ein. Bestimme den Kraftpfeil mit ihrem Kreuzprodukt und berechne danach den Betrag. Im vorhandenen Beispiel ergeben 0,50 Tesla, zwei Ampere und 0,10 Meter bei senkrechter Anordnung $0{,}10\,\mathrm N$ . Bei dreißig Grad zwischen Strompfad und Feld wäre es die Hälfte. Kontrolliere außerdem, ob wirklich die gesamte verwendete Länge im Feld liegt. Bei einem gebogenen Abschnitt musst du seine Teilkräfte vektoriell addieren. Eine Addition von Drahtlängen mal Feldbetrag kann dann falsch sein, obwohl jede einzelne Teilkraft korrekt berechnet wurde. Rückleiter und Halterungen gehören in eine gesonderte mechanische Bilanz.

Welche Annahmen und Grenzen hat die Leiterkraftformel?+

Die Produktform verlangt einen geraden wirksamen Abschnitt, einen festgelegten Strom und ein über diesen Abschnitt homogenes äußeres Feld. Bei Krümmung oder veränderlichem Feld wird stattdessen $I\int\mathrm d\vec\ell\times\vec B$ verwendet, sofern der Strom entlang des betrachteten dünnen Pfads gleich ist. Für homogenes Feld vereinfacht sich das Integral auf den Endpunktvektor. Ein geschlossener Kreis besitzt dadurch null Gesamtkraft, kann jedoch ein Drehmoment oder lokale Belastungen erfahren. Bei inhomogenem Feld gilt diese Nullkraftaussage nicht allgemein. Reale Kontaktkräfte, Erwärmung und Befestigungen beeinflussen die gemessene Bewegung zusätzlich. Die ideale magnetische Kraft beschreibt daher einen Beitrag der Bilanz, nicht automatisch das vollständige mechanische Verhalten.

Wie kontrolliere ich Einheiten und Größenordnung bei der magnetischen Leiterkraft?+

Eine Tesla entspricht einem Newton pro Ampere und Meter. Das Produkt aus Tesla, Ampere und wirksamer Meterlänge besitzt daher die Einheit Newton; der Sinus ist dimensionslos. Milliampere müssen in Ampere und Zentimeter in Meter umgerechnet werden. Im vorhandenen Beispiel ist der maximale Kraftbetrag $B|I|\ell=0{,}10\,\mathrm N$ . Bei einem anderen Winkel kann der Betrag diesen Maximalwert nicht übersteigen. Eine korrekte Einheit entscheidet aber weder über den Kraftpfeil noch über eine falsch gewählte Feldlänge. Prüfe außerdem, ob die Kraftmessung nur den magnetischen Beitrag oder zusätzlich Gewicht und Kontaktkräfte enthält. Runde erst nach der Einsetzung, besonders bei kleinen Millinewtonwerten.

Wann kombiniere ich die magnetische Leiterkraft mit einer weiteren Beziehung?+

Für Gleichgewicht oder Beschleunigung ergänzt du die Leiterkraft durch die mechanische Kräftebilanz. Ein senkrecht im Feld liegender Abschnitt kann beispielsweise mit geeigneter Stromrichtung sein Gewicht ausgleichen; dafür wird $B|I|\ell=mg$ verwendet. Bei zwei parallelen Leitern berechnest du zunächst das Feld des einen und anschließend seine Kraft auf den anderen. Für eine Schleife kommt die Drehmomentbilanz hinzu, obwohl ihre Gesamtkraft im homogenen Feld null sein kann. Bei Bewegung unter Last gehören auch induzierte EMK und elektrische Versorgung in die Beschreibung. Diese Ergänzungen haben jeweils eigene Voraussetzungen; eine magnetische Einzelkraft allein beweist weder dauernde Motorrotation noch eine vollständige Energiebilanz.

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Welcher typische Fehler passiert bei F = B|I|ℓ sinθ?

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Fachquellen und weiterführende Literatur

Die Liste nennt Fachquellen und weiterführende Literatur. Eine Seiten- oder Abschnittsnummer steht dabei, wenn sie Teil der Literaturangabe ist; es handelt sich nicht um wörtliche Zitate.

[1]OpenStax, University Physics Vol. 2, §11.4: Magnetic Force on a Current-Carrying Conductor

Weitere Formeln: Elektrizität und Magnetismus

F = k_e \cdot \frac{|q_1 q_2|}{r^2}

Coulombsches Gesetz

\mathcal E=-N\frac{\mathrm d\Phi_B}{\mathrm dt}

Faradaysches Induktionsgesetz

\oint_{\partial V} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\mathrm{innen}}}{\varepsilon_0}

Gaußsches Gesetz der Elektrostatik

U = R \cdot I

Ohmsches Gesetz

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Symbol

Bedeutung

Einheit

F

Betrag der magnetischen Kraft

B

Betrag der äußeren magnetischen Flussdichte am betrachteten Abschnitt

I

Stromstärke

ℓ

Leiterlänge im Feld

θ

Winkel zwischen Stromrichtung und Magnetfeld

rad oder °

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1Bestimme den betrachteten Leiterabschnitt und sein äußeres Magnetfeld.
2Orientiere das positive Wegelement entlang des konventionellen Stroms.
3Die lokale Trägerkraft ist $q\vec v_{\mathrm d}\times\vec B$ ; der kurze Abschnitt enthält $nS\,\mathrm d\ell$ Träger.
4Nutze $\vec J=nq\vec v_{\mathrm d}$ , um $\mathrm d\vec F=I\,\mathrm d\vec\ell\times\vec B$ zu erhalten.
5Bei geradem Abschnitt, konstantem Strom und homogenem Feld wird daraus das Kreuzprodukt der ganzen wirksamen Länge.
6Der Betrag ist $F=|I|\ell B\sin\theta$ ; das Kreuzprodukt legt die Richtung fest.
7Prüfe parallelen Grenzfall sowie getrennt Gewicht, Halterungen und Rückleiter.

Rechenbeispiel: Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter

Eine typische Aufgabe Schritt für Schritt: Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter (F = B|I|ℓ sinθ).

Aufgabe

Ein gerader Abschnitt von 0,10 m führt 2,0 A senkrecht zu einem homogenen äußeren Feld von 0,50 T. Bestimme den magnetischen Kraftbetrag.

Rechenweg

Ansatz: $F=B|I|\ell\sin\theta$ .
Für $\theta=90^\circ$ folgt $F=0{,}10\,\mathrm N$ .

Die Formel verstehen und anwenden

Wann gilt die Kraftformel für einen geraden stromdurchflossenen Leiter?

\begin{aligned}\vec F_B&=I\vec\ell\times\vec B_{\mathrm{ext}}\\|\vec F_B|&=|I|\ell B\sin\theta\end{aligned}

Vom Ladungsstrom zum Leiterintegral

\begin{aligned}\vec J&=nq\vec v_{\mathrm d}\\\mathrm d\vec F_B&=(nS\,\mathrm d\ell)q\vec v_{\mathrm d}\times\vec B\\&=I\,\mathrm d\vec\ell\times\vec B\\\vec F_B&=I\int_C\mathrm d\vec\ell\times\vec B\end{aligned}

Ein dünner Strompfad und stationärer Strom werden angenommen; S ist der Drahtquerschnitt, nicht die Fläche einer Schleife.[1]

Zwei Richtungen legen die dritte fest

\hat{\vec y}\times\hat{\vec x}=-\hat{\vec z}

Strom nach +y im Feld nach +x liefert eine Kraft nach −z.[1]

Wie berechnet man gebogene Strompfade und veränderliche Magnetfelder?

\begin{aligned}\vec F_B&=I\left(\int_C\mathrm d\vec\ell\right)\times\vec B\\&=I(\vec r_b-\vec r_a)\times\vec B\\\vec F_{\mathrm{closed}}&=0\end{aligned}

Bei konstantem Strom und räumlich homogenem äußerem Feld hängt die Gesamtkraft vom Endpunktvektor ab; für einen geschlossenen Pfad verschwindet sie.[1][2]

Örtlicher Kraftbeitrag entlang des Drahts

QUANTA STUDYquanta-study.de

Eigene Kurve zum veränderlichen äußeren Feld. Gezeigt ist der Betrag pro Länge; alle Beiträge wirken hier nach −y. Die Fläche unter der Kurve liefert den Kraftbetrag.[1]

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Gerader Leiter im veränderlichen Feld

Gegeben: Ein gerader Abschnitt von $x=0$ bis $L=0{,}250\,\mathrm m$ führt $I=2{,}00\,\mathrm A$ nach +x. Das äußere Feld lautet $\vec B(x)=(0{,}200+0{,}800\frac{x}{\mathrm m})\,\mathrm T\,\hat{\vec z}$ . Die Rückleitung ist getrennt gehalten; die Feldquellen sind vorgegeben.
Gesucht: Berechne die Kraft auf den Abschnitt und prüfe, welcher Feldwert eine Kurzrechnung erlaubt.

Ansatz: Das Kreuzprodukt zeigt überall nach −y; der Betrag wird entlang des Drahts integriert.
$F_y=-I\int_0^L(B_0+bx)\,\mathrm dx=-I\left(B_0L+\frac{bL^2}{2}\right)$
Einsetzen: Der Feldbetrag steigt linear von 0,200 T auf 0,400 T.
$\begin{aligned}F_y&=-(2.00)\left[(0.200)(0.250)+\frac{(0.800)(0.250)^2}{2}\right]\,\mathrm N\\&=-0.150\,\mathrm N\end{aligned}$

Ergebnis: Die Kraft ist 0,150 N nach −y.

Beispiel: ein Feldanteil zählt nicht

Gerader Abschnitt mit schrägem Feld

Gegeben: Gerader Abschnitt $\ell=0{,}120\,\mathrm m$ in +y, $I=2{,}40\,\mathrm A$ ; homogenes äußeres Feld $\vec B=(0{,}300\hat{\vec x}+0{,}400\hat{\vec y})\,\mathrm T$ .
Gesucht: Bestimme Kraftvektor und kontrolliere den Betrag über den Winkel.

Ansatz: Nur der x-Anteil des Feldes steht quer zum Strom.
$\vec F=I\ell\hat{\vec y}\times(B_x\hat{\vec x}+B_y\hat{\vec y})=-I\ell B_x\hat{\vec z}$
Einsetzen: Der parallele Feldanteil hat Kreuzprodukt null.
$\begin{aligned}F_z&=-(2.40)(0.120)(0.300)\,\mathrm N=-0.0864\,\mathrm N\\B&=\sqrt{0.300^2+0.400^2}\,\mathrm T=0.500\,\mathrm T\\\sin\theta&=\frac{0.300}{0.500}=0.600\end{aligned}$

Ergebnis: Die Kraft beträgt 86,4 mN nach −z.

Kontrolle: Die Betragsrechnung mit 0,500 T und Sinus 0,600 ergibt dieselben 86,4 mN. Ohne Winkelkorrektur wären 144 mN falsch.

Beispiel: rechtwinklig gebogener Strompfad

Zwei Abschnitte, eine resultierende Kraft

Gegeben: $I=3{,}00\,\mathrm A$ fließt zuerst 0,120 m in +x und anschließend 0,160 m in +y. Beide Abschnitte liegen in homogenem $B=0{,}250\,\mathrm T$ nach +z. Rückleiter separat befestigt.
Gesucht: Berechne Gesamtkraft und vergleiche mit der gesamten Drahtlänge.

Ansatz: Die zwei Kreuzprodukte zeigen nach −y und +x. Addiere ihre Vektoren.
$\begin{aligned}\vec F_1&=-I\ell_1B\hat{\vec y}\\\vec F_2&=I\ell_2B\hat{\vec x}\\|\vec F|&=IB\sqrt{\ell_1^2+\ell_2^2}\end{aligned}$
Einsetzen: Der Endpunktabstand beträgt 0,200 m, die Drahtlänge dagegen 0,280 m.
$\begin{aligned}\vec F&=(0.120\hat{\vec x}-0.0900\hat{\vec y})\,\mathrm N\\|\vec F|&=\sqrt{0.120^2+0.0900^2}\,\mathrm N=0.150\,\mathrm N\end{aligned}$

Ergebnis: Die resultierende Kraft hat den Betrag 0,150 N und die Komponenten +0,120 N, −0,0900 N.

Kontrolle: Gesamtlänge mal IB gäbe 0,210 N, also eine unzulässige Addition der Beträge. Die Endpunktformel mit dem Verschiebungsvektor liefert genau dieselben Komponenten.

Einheiten und praktische Kraftmessung

\begin{aligned}|I|&=\frac{F}{B\ell\sin\theta}\\B&=\frac{F}{|I|\ell\sin\theta}\\\mathrm T\,\mathrm A\,\mathrm m&=\mathrm N\end{aligned}

Nenner müssen von null verschieden sein; ein Nullkraftversuch entlang B bestimmt keinen Feldbetrag.[1]

Fünf Aufgaben: Gleichgewicht und Strompfade

Einsetzen und Rechnen · Anwenden

Ein mechanisch freier Abschnitt hat Masse 12,0 g und Länge 0,240 m in +x. $B=0{,}500\,\mathrm T$ nach −z; $g=9{,}81\,\mathrm{m/s^2}$ nach −y. Zuleitungen werden separat gehalten. Welcher Strom hält den Abschnitt ohne weitere Vertikalkraft?

Hinweis anzeigen

Wähle zuerst die Stromrichtung für eine Kraft nach +y.

Lernziel: Gewicht und gerichtete Leiterkraft ausgleichen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $\sum F_y=I\ell B-mg=0$ .
Strom nach +x liefert die benötigte Kraft nach +y.
Setze die magnetische Kraft gleich mg.
Ergebnis 0,981 A.

Kontrolle: Magnetkraft und Gewicht betragen je 0,11772 N.

|I|=\frac{mg}{B\ell}=\frac{(0.0120)(9.81)}{(0.500)(0.240)}\,\mathrm A=0.981\,\mathrm A

[1]

Umstellen · Einstieg

Gerader Abschnitt: $I=1{,}60\,\mathrm A$ , $\ell=0{,}100\,\mathrm m$ , Winkel 30° zum Feld, magnetischer Kraftbetrag 48,0 mN. Bestimme B.

Hinweis anzeigen

Nicht durch den Winkel selbst teilen, sondern durch seinen Sinus.

Lernziel: Ein schräges Feld aus Kraftdaten erschließen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $B=\frac{F}{|I|\ell\sin\theta}$ .
Isoliere B mit dem bekannten geometrischen Faktor.
Ergebnis 0,600 T.

Kontrolle: Senkrecht wäre die Kraft bei demselben Feld doppelt so groß.

B=\frac{0.0480}{(1.60)(0.100)\sin30^\circ}\,\mathrm T=0.600\,\mathrm T

[1]

Interpretieren · Anwenden

Ein Segment führt Strom nach +y, das Feld zeigt nach +x. Nenne die Kraftrichtung zunächst, bei Stromumkehr und bei gleichzeitiger Strom- und Feldumkehr.

Hinweis anzeigen

Das Kreuzprodukt ist linear in beiden Faktoren.

Lernziel: Strom- und Feldumkehr unterscheiden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $\vec F=I\vec\ell\times\vec B$ .
Anfangs zeigt die Kraft nach −z.
Nur Stromumkehr liefert +z; gleichzeitige Umkehr beider liefert wieder −z.

Kontrolle: Alle drei Kräfte sind bei gleichen Beträgen gleich groß.

(-\vec\ell)\times(-\vec B)=\vec\ell\times\vec B

[1]

Fehleranalyse · Anwenden

Von einem geraden 0,300-m-Kabel liegen nur 0,0800 m im homogenen Feld 0,400 T senkrecht zum Strom 2,00 A. Außerhalb ist das äußere Feld null. Eine Rechnung verwendet die gesamte Kabellänge. Korrigiere sie.

Hinweis anzeigen

Teile das Kraftintegral in Bereiche mit und ohne Feld.

Lernziel: Wirksame Feldlänge statt Kabellänge verwenden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $F=I\int B_\perp\,\mathrm d\ell$ .
Nur der im Feld liegende Abschnitt trägt bei.
Richtig sind 0,0640 N statt 0,240 N.

Kontrolle: Verlängern eines Kabelstücks außerhalb des Feldes darf die magnetische Kraft hier nicht verändern.

F=IB\ell_{\mathrm{active}}=(2.00)(0.400)(0.0800)\,\mathrm N=0.0640\,\mathrm N

[1]

Transfer · Vertiefen

Zwei lange parallele dünne Luftleiter tragen 6,00 A und 4,00 A in gleicher Richtung, Achsenabstand 25,0 mm. Bestimme die magnetische Wechselwirkung auf eine mittige 0,400-m-Strecke fern der Enden.

Hinweis anzeigen

Das Feld des ersten Leiters ist das äußere Feld für den zweiten.

Lernziel: Erzeugtes Feld und Kraft auf einen zweiten Leiter verbinden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $F=\frac{\mu_0I_1I_2\ell}{2\pi d}$ .
Berechne das Drahtfeld und setze es in die senkrechte Leiterkraft ein.
Betrag 76,8 µN, anziehend.

Kontrolle: Die Kraft auf die entsprechende gleich lange Strecke des anderen Leiters ist gleich groß und entgegengesetzt.

\begin{aligned}B_1&=\frac{\mu_0 I_1}{2\pi d}\\F_2&=I_2\ell B_1=\frac{\mu_0 I_1I_2\ell}{2\pi d}\approx76.8\,\mathrm{\mu N}\end{aligned}

[4][3][1]

Was du mitnehmen solltest

Belege zu dieser Erklärung

Quanta · Bearbeitet 2. Oktober 2026

Redaktion: Quanta Study Redaktion

Prüfumfang

Eine unabhängige, namentliche menschliche Fachprüfung ist noch nicht dokumentiert. Unsere Aufgabenzahlen sind Rechenbeispiele und keine Messdaten der zitierten Quellen.

Redaktion, Quellen und Vorgehen

Änderungsverlauf

2. Oktober 2026Frageüberschriften und fachlich passende Absatzlinks präzisiert; bestehende wissenschaftliche Erklärungen, Beispiele und Aufgaben erhalten.
1. Oktober 2026Leiterkraft aus Driftstrom begründet, Richtungs- und Pfadintegralmodell getrennt; zwei eigene Beispiele und fünf individuelle Aufgaben in DE/EN ausgearbeitet.
1. Oktober 2026Einstieg und Lernweg überarbeitet, ein drittes Modellbeispiel und quantitative Grafik ergänzt; bestehende Aufgaben, Voraussetzungen und Formelsatz geprüft.

Diese Nachschlageseite zitieren

Quanta. Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter. Stand 2. Oktober 2026. https://quanta-study.de/tafelwerk/magnetische-kraft-leiter

Bei einer konkreten fachlichen Aussage zusätzlich die dort verknüpfte Fachquelle nennen.

Korrektur mit Beleg vorschlagen

Häufige Fragen: Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter

Was beschreibt die magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter?+

Wie prüfe ich eine Rechnung zur magnetischen Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter?+

Welche Annahmen und Grenzen hat die Leiterkraftformel?+

Wie kontrolliere ich Einheiten und Größenordnung bei der magnetischen Leiterkraft?+

Wann kombiniere ich die magnetische Leiterkraft mit einer weiteren Beziehung?+

Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter prüfungssicher behalten

Erstelle ein kuratiertes FSRS-Prüfungsset für F = B|I|ℓ sinθ: Formelabruf, Variablen, Herleitung, Umstellung, Beispiel, typische Fehler und Klausurkontext.

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Magnetische Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter

Variablen & Einheiten

Kraft auf einen stromdurchflossenen Leiter berechnen

So rechnest du schneller

Herleitung & Hintergrund

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

Herleitung in Schritten

Umstellen

Aufgabenvariante

Typische Fehler

Klausurkontext

Magnetismus

Rechenbeispiel

Anwendungsgebiete

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Beispiel: rechtwinklig gebogener Strompfad

Zwei Abschnitte, eine resultierende Kraft

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Fünf Aufgaben: Gleichgewicht und Strompfade

Ein mechanisch freier Abschnitt hat Masse 12,0 g und Länge 0,240 m in +x. B=0,500 TB=0{,}500\,\mathrm TB=0,500T nach −z; g=9,81 m/s2g=9{,}81\,\mathrm{m/s^2}g=9,81m/s2 nach −y. Zuleitungen werden separat gehalten. Welcher Strom hält den Abschnitt ohne weitere Vertikalkraft?

Gerader Abschnitt: I=1,60 AI=1{,}60\,\mathrm AI=1,60A, ℓ=0,100 m\ell=0{,}100\,\mathrm mℓ=0,100m, Winkel 30° zum Feld, magnetischer Kraftbetrag 48,0 mN. Bestimme B.

Ein Segment führt Strom nach +y, das Feld zeigt nach +x. Nenne die Kraftrichtung zunächst, bei Stromumkehr und bei gleichzeitiger Strom- und Feldumkehr.

Von einem geraden 0,300-m-Kabel liegen nur 0,0800 m im homogenen Feld 0,400 T senkrecht zum Strom 2,00 A. Außerhalb ist das äußere Feld null. Eine Rechnung verwendet die gesamte Kabellänge. Korrigiere sie.

Zwei lange parallele dünne Luftleiter tragen 6,00 A und 4,00 A in gleicher Richtung, Achsenabstand 25,0 mm. Bestimme die magnetische Wechselwirkung auf eine mittige 0,400-m-Strecke fern der Enden.

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Ein mechanisch freier Abschnitt hat Masse 12,0 g und Länge 0,240 m in +x. B=0,500 TB=0{,}500\,\mathrm TB=0,500T nach −z; g=9,81 m/s2g=9{,}81\,\mathrm{m/s^2}g=9,81m/s2 nach −y. Zuleitungen werden separat gehalten. Welcher Strom hält den Abschnitt ohne weitere Vertikalkraft?

Gerader Abschnitt: I=1,60 AI=1{,}60\,\mathrm AI=1,60A, ℓ=0,100 m\ell=0{,}100\,\mathrm mℓ=0,100m, Winkel 30° zum Feld, magnetischer Kraftbetrag 48,0 mN. Bestimme B.

Ein Segment führt Strom nach +y, das Feld zeigt nach +x. Nenne die Kraftrichtung zunächst, bei Stromumkehr und bei gleichzeitiger Strom- und Feldumkehr.

Von einem geraden 0,300-m-Kabel liegen nur 0,0800 m im homogenen Feld 0,400 T senkrecht zum Strom 2,00 A. Außerhalb ist das äußere Feld null. Eine Rechnung verwendet die gesamte Kabellänge. Korrigiere sie.

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Ein mechanisch freier Abschnitt hat Masse 12,0 g und Länge 0,240 m in +x. $B=0{,}500\,\mathrm T$ nach −z; $g=9{,}81\,\mathrm{m/s^2}$ nach −y. Zuleitungen werden separat gehalten. Welcher Strom hält den Abschnitt ohne weitere Vertikalkraft?

Gerader Abschnitt: $I=1{,}60\,\mathrm A$ , $\ell=0{,}100\,\mathrm m$ , Winkel 30° zum Feld, magnetischer Kraftbetrag 48,0 mN. Bestimme B.

Ein mechanisch freier Abschnitt hat Masse 12,0 g und Länge 0,240 m in +x. $B=0{,}500\,\mathrm T$ nach −z; $g=9{,}81\,\mathrm{m/s^2}$ nach −y. Zuleitungen werden separat gehalten. Welcher Strom hält den Abschnitt ohne weitere Vertikalkraft?

Gerader Abschnitt: $I=1{,}60\,\mathrm A$ , $\ell=0{,}100\,\mathrm m$ , Winkel 30° zum Feld, magnetischer Kraftbetrag 48,0 mN. Bestimme B.